Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Đồng Tháp (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Đồng Tháp (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TỈNH TỈNH ĐỒNG THÁP NĂM HỌC 2020 - 2021 ___ Môn: TOÁN 21xy+=−2 Câu 1. Hệ phương trình có tất cả bao nhiêu nghiệm?  2 21yx+=− A. Một nghiệm. B. Hai nghiệm. C. Vô nghiệm. D. Vô số nghiệm. 2 Câu 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 3+x + 1 − xm = +− 12 xx − có nghiệm thực. A. m∈[6;7]. B. m∈( −∞ ;7]. C. m∈[2; +∞ ). D. m∈[0;7]. 1 Câu 3. Biết sinxx+= cos . Giá trị của sin 2x bằng 3 8 A. −⋅ 9 8 B. ⋅ 9 4 C. ⋅ 9 4 D. −⋅ 9 Câu 4. Gọi Mm, lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức Px()=+− 3 x 41 x2 . Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng? A. Mm+=2. B. Mm+=0. 32 C. Mm+= ⋅ 5 D. Mm+=5. Câu 5. Cho ba số thực dương abc,, thỏa mãn bc++−=2 ca 3 ab abc 0. Giá trị nhỏ nhất của P= abc bằng A. 162. B. 54. C. 6. D. 27. 1
2. Câu 6. Cho tam giác ABC . Gọi mmmabc,, tương ứng là độ dài các đường trung tuyến hạ từ các 2 22 đỉnh ABC,, . Biết 5mmma= bc + , mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng? A. ∆ABC là tam giác vuông. B. ∆ABC là tam giác đều. C. ∆ABC có ba góc nhọn. D. ∆ABC có một góc tù. Câu 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi MNPQ có tâm I(3;1) , đỉnh M thuộc đường thẳng xy−4 += 10, đỉnh N thuộc đường thẳng xy−+=8 0. Xác định tọa độ đỉnh Q. A. Q(5;− 7). B. Q(− 5; 7). C. Q(−− 11; 3). D. Q(16;4). π Câu 8. Phương trình 2cos3x += 1 0 có tất cả bao nhiêu nghiệm trong đoạn 0; ? 2 A. Hai nghiệm. B. Một nghiệm. C. Ba nghiệm. D. Vô nghiệm. Câu 9. Gọi S là tập hợp tất cả các nghiệm thuộc [0;π ] của phương trình π 1+= tanxx 2 2 sin  +. Tổng các phần tử của S bằng 4 13π A. ⋅ 12 π B. ⋅ 12 3π C. ⋅ 4 7π D. ⋅ 4 Câu 10. Cho đa giác đều có 12 đỉnh được đặt tên bằng 12 chữ cái khác nhau, chọn ngẫu nhiên 4 chữ cái trong 12 chữ cái đó. Xác suất của biến cố “bốn chữ cái được chọn là 4 đỉnh của một hình chữ nhật” bằng 1 A. ⋅ 33 2 B. ⋅ 33 1 C. ⋅ 3 1 D. ⋅ 15 10 3 33 Câu 11. Biết (1+ 2) =++aa012 a 2 4. Tính a2. 2
3. A. a2 = 729. B. a2 = 342. C. a2 = 45. D. a2 = 210. uu14+=28 Câu 12. Cấp số nhân (un ) là một dãy số tăng và thỏa mãn  . Công bội q của (un ) là uu36+=252 A. q = 3. B. q = −3. C. q = ±3. D. q = 2. 1 * Câu 13. Cho dãy số (an ) có số hạng tổng quát an = ( ∀∈nN) . Gọi Snn= aa12 + ++ a, nn(+ 1) tính limSn . A. limSn = 1. B. limSn = 0. C. limSn = +∞ . D. limSn = 2. Câu 14. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi, BAD = 60o , tam giác SBD là tam giác đều, SA= 2 SC . Tính cô-sin của góc hợp bởi đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABCD) . 13 A. ⋅ 5 1 B. ⋅ 2 3 C. ⋅ 3 23 D. ⋅ 5 Câu 15. Cho hình hộp đứng ABCD. A′′′′ B C D , đáy ABCD là một hình bình hành có diện tích bằng 18 , AB = 2, AD = 3, BAD là góc nhọn, AA′ =1. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( A′ BD) , 5 (CB′′ D ) bằng 18 A. ⋅ 409 6 B. ⋅ 7 32 C. ⋅ 7 3 D. ⋅ 2 3
4. Câu 16. Hàm số y= fx( ) có đạo hàm fx′( ) = x2 − x, ∀∈ x . Hàm số gx( ) = −2 f( x) nghịch biến trên khoảng nào sau đây? A. (1; +∞). B. (−∞;1). C. (0;1) . D. (0; +∞). Câu 17. Cho hàm số y= fx( ) có bảng biến thiên như sau: Số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là A. 2 . B. 3. C. 4 . D. 1. Câu 18. Cho hàm số y= fx′( ) có đồ thị như hình bên. Số điểm cực đại của hàm số y= fx( ) là A. 2. B. 1. C. 3. D. 0. Câu 19. 4
5. Cho hàm số bậc ba y= ax32 + bx ++ cx d ( a ≠ 0) có đồ thị như hình bên. Trong các giá trị a , b , c , d có bao nhiêu giá trị âm? A. 2 . B. 1. C. 4 . D. 3. mx + 4 Câu 20. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = nghịch biến trên khoảng xm+ (−∞;1) . A. −21 <m ≤− . B. −≤22m ≤ . C. −<22m < . D. −≤21m ≤. Câu 21. Gọi Mm, lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số yx=+−2 45 x trên đoạn [−3; 0] . Tính Mm+ . A. 14. B. 9. C. 5. D. 8 . Câu 22. Gọi S là tập hợp tất cả giá trị thực của tham số m để hàm số fx( ) =++− x335 x 22 m có giá trị lớn nhất trên đoạn [−1; 2 ] bằng 19. Tính tổng tất cả các phần tử của S. A. 0. B. 2. C. −2. D. 4. Câu 23. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m để hàm số 1 322m y= x − x −(31 m −+) xm đạt cực trị tại hai điểm xx12, thỏa xx12+2( x 1 + x 2) += 40. Số 32 phần tử của S là A. 1. B. 2. C. 3. D. 0. Câu 24. 5
6. Cho hàm số y= fx′() có đồ thị như hình bên. Tìm số điểm cực trị của hàm số gx( ) = f( x2 − 2 x) trên khoảng (0;+∞ ) . A. 2. B. 3. C. 4. D. 1. Câu 25. Cho hàm số y= fx( ) có đồ thị như hình bên. Tìm tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 9fx( ) += 9mm .3fx( ) + 3 fx( )+2 có đúng 5 nghiệm thực phân biệt. A. 8. B. 10. C. 7. D. 9. Câu 26. Tập xác định của hàm số y=log ( xx2 − 3 ) là 2021 A. (−∞ ;0) ∪ (3; +∞ ). B. (−∞ ;0] ∪ [3; +∞ ). C. [0;3] . D. (0;3) . ab+ a Câu 27. Cho ab, là các số thực dương thỏa mãn logab= log = log . Tính tỉ số ⋅ 9646 b a A. = 2 . b a B. = 3. b 6
7. a C. = 5. b a D. = 4 . b x xx Câu 28. Phương trình 2.12+= 16 9 có một nghiệm dạng xb=loga ( + 2 ) với ab, là các số 4 nguyên dương. Giá trị biểu thức ab+ 2 bằng A.5. B. 2. C. 3. D. 4. Câu 29. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình mm9xx+ 4 ≤+( 2 m 16) x có nghiệm đúng với mọi x ∈(0;1) . A. m∈( −∞;6] . B. m∈(0;6) . C. m∈(6; +∞) . D. m∈( −∞;0] . Câu 30. Gọi m0 là giá trị thực nhỏ nhất của tham số m sao cho phương trình 1 (1−m) log2 xm +( − 5) log x +− 1 m = 0 có nghiệm thuộc đoạn ;9 . Mệnh đề nào sau đây là 33 3 mệnh đề đúng? 5 A. m0 ∈−4; − . 3 B. m0 ∈−( 5; − 3) . 5 C. m0 ∈−;0 . 3 7 D. m0 ∈−2; . 3 Câu 31. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( xy; ) thỏa mãn 0≤≤y 2020 và x log2 ( 4yx+ 4) −=+ 1 2 − y? A. 11. B. 10. C. 12. D. 2021. 21x + Câu 32. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số fx( ) = 2 trên khoảng (−2; +∞) là ( x + 2) 7
8. Câu 36. Cho hình phẳng (H ) giới hạn bởi đồ thị hàm số yx= 2 và đường thẳng y= mx với m ≠ 0. Có bao nhiêu số nguyên dương m để diện tích hình phẳng (H ) là số nhỏ hơn 20 (đơn vị diện tích). A. 4. B. 6. C. 3. D. 5. 1 Câu 37. Cho hàm số y= fx( ) xác định và liên tục trên \ {0} thỏa mãn f (1) = − 2, fx( ) ≠− x 4 và x22 f( x) +−(21 x) f( x) = xf′( x) −1 với ∀∈x \ {0}. Tính fx( )d x. ∫ 1 3 A. −2ln 2 −⋅ 4 1 B. −2ln 2 −⋅ 4 3 C. −ln 2 −⋅ 4 1 D. −ln 2 −⋅ 4 Câu 38. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′′′ B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AC= a , ACB =60 ° . Đường thẳng BC′ tạo với ( ACC′′ A ) một góc 30° . Tính thể tích V của khối trụ ABC A′′′ B C A. Va= 3 6. a3 3 B. V = ⋅ 3 3 C. Va= 3. 3 D. Va= 3. a 17 Câu 39. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SD = , hình chiếu vuông 2 góc của S lên mặt phẳng ( ABCD) là trung điểm H của đoạn AB. Tính chiều cao hạ từ đỉnh H của khối chóp H. SBD theo a . a 3 A. ⋅ 5 a 3 B. ⋅ 7 a 21 C. ⋅ 5 3a D. ⋅ 5 9
9. Câu 40. Cho khối chóp tứ giác S., ABCD mặt phẳng (α ) đi qua trọng tâm các tam giác SAB , V1 SAC, SAD chia khối chóp này thành hai phần có thể tích là V1 và V2 (VV12< ) . Tính tỉ lệ ⋅ V2 8 A. ⋅ 19 8 B. ⋅ 27 16 C. ⋅ 81 16 D. ⋅ 75 Câu 41. Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vuông cân có cạnh huyền là 2 3. Thể tích của khối nón đã cho bằng A. π 3. B. 3.π C. 3π 2. D. 3π 3. Câu 42. Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có tam giác SAC đều cạnh a. Bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là a 3 A. R = ⋅ 3 B. Ra= . a 3 C. R = ⋅ 2 a 2 D. R = ⋅ 2 Câu 43. O M N A B Q P Từ một tấm tôn hình quạt OAB có OA=2, AOB = 120o , người ta xác định hai điểm MN, lần lượt là trung điểm của OA, OB rồi cắt tấm tôn theo hình chữ nhật MNPQ (như hình vẽ). Dùng hình chữ nhật đó tạo thành mặt xung quanh của một hình trụ với đường sinh MQ, NP trùng khít nhau. Khối trụ tương ứng được tạo thành có thể tích là 10
10. 3( 13− 1) A. ⋅ 8π 3( 13− 1) B. ⋅ 4π C. 33.π 33 D. ⋅ 2π Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có ba đỉnh A(2;1;− 3 ) , B(4; 2;1) , C (3; 0; 5) và G( abc;;) là trọng tâm của tam giác ABC. Tính giá trị P= abc A. P = 3. B. P = 0. C. P = 5. D. P = 4. Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(2; 2; 2) , B(−2; 2;0) và C (4;1;− 1) . Trên mặt phẳng (Oxz) , điểm nào dưới đây cách đều ba điểm ABC,, ? 31− A. P; 0; ⋅ 42 31 B. M ; 0; ⋅ 42 −−31 C. N ; 0; ⋅ 42 −31 D. Q; 0; ⋅ 42 Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;− 2; 3 ) , B(−2; 2; 2) . Gọi I( abc;;) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB. Tính Tabc=++222. 13 A. T = ⋅ 2 B. T = 2. C. T = 6. 29 D. T = ⋅ 4 Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho a =(1; − 1; 0) và hai điểm A(−4;7;3) ,  B(4; 4;5) . Hai điểm MN, thay đổi thuộc mặt phẳng ()Oxy sao cho MN cùng hướng a và MN = 5 2. Giá trị lớn nhất của AM− BN bằng A. 17. B. 77. C. 7 2− 3. 11
11. D. 82− 5. Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm M (−3;4;2), N (−5; 6; 2) , I (−−10;17; 7) . Viết phương trình mặt cầu (S ) tâm I bán kính MN. 2 22 A. ( xyz++−++=10) ( 17) ( 7) 8. 2 22 B. ( xyz++−+−=10) ( 17) ( 7) 12. 2 22 C. ( xyz−10) +−( 17) ++( 7) = 12. 2 22 D. ( xyz+10) ++( 17) ++( 7) = 8. Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi I( abc;;) là tâm mặt cầu đi qua điểm A(1;− 1; 4 ) và tiếp xúc với tất cả các mặt phẳng tọa độ. Tính P=−+ abc. A. P = 9. B. P = 6. C. P = 0. D. P = 3. Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm AB(1;1; 2) ,(− 1; 0; 4 ) , C (0;− 1; 3 ) và 2 điểm M thuộc mặt cầu (Sx) : 22+ y +−( z1) = 1. Nếu biểu thức MA22++ MB MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất thì độ đài đoạn AM bằng A. 2. B. 6. C. 6. D. 2. ___ HẾT ___ 12
12. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TỈNH TỈNH ĐỒNG THÁP NĂM HỌC 2020 - 2021 ___ Môn: TOÁN 12 CÂ PHƯƠN U G ÁN TÓM TẮT LỜI GIẢI HỎI ĐÚNG 21xy+=−2  ⇒−(xy )[2 −+ ( xy )] = 0 21yx+=−2 1 A  * xy= =1 * xy+=2 không thỏa 3+x + 1 − xm = +− 12 xx2 − Điều kiện x ∈−[ 3;1] 22 2 2 A 3+x + 1 − xm = +− 12422312 xx − ⇔ + − xx − + = m +− xx − 2 2 Đặt t=−−+ xx23 , t ∈[0; 2] ta được −+tt26 += m Phương trình có nghệm khi m∈[6;7]. 1 18 3 A sinxx+ cos = ⇒+ 1 sin 2 x = ⇒ sin 2 x =− . 3 99 2 Px()=+− 3 x 41 x . x ∈−[ 1;1] x 3 4 A Px'( )= 3 − 4 . Px'( )=⇔= 0 x . 2 1− x 5 3 M= P =5, mP = ( − 1) =−⇒ 3 Mm + =2. 5 123 bc++−=⇒++=23 ca ab abc 0 1 abc 1 2 3 6 162 5 A 1 =++≥33 ⇒≥ 1 ⇒abc ≥162 a b c abc abc 1231 Đẳng thức xảy ra khi = = = abc3 22 2 22 2 22 2 2 22 bc+ a ac ++ b ab c 55mmma= bc + ⇔ − = −+ − 6 A 24 2424 ⇔+=bc22 a 2 Tâm I(3;1) và đỉnh M cùng thuộc đường thẳng xy−4 += 10 7 A ⇒QN: 4 x +− y 13 = 0 N thuộc đường thẳng xy−+=⇒8 0 N (1;9) ⇒ Q(5; − 7). −1 2cos3xx+= 1 0 ⇔ cos3 = 2 8 A ππ 3  xx∈0; ⇒∈ 3  0;  22   Dùng đường tròn lượng giác hoặc giải phương trình lượng giác cơ bản. 1
13. CÂ PHƯƠN U G ÁN TÓM TẮT LỜI GIẢI HỎI ĐÚNG π sinxx+ cos 1+ tanx = 2 2 sin  x +⇔ =2( sinxx + cos ) 4 cos x  3π 9 A sinxx+= cos 0 x =  4 3ππ ⇔ 1 ⇔ ⇒=S ; cos x =  π 43  2 x =  3 4 Ω=C12 =450 10 A 15 1 Ω=Cp2 =15 ⇒ (A) = = A 6 450 30 10 3 33 (1+ 2) =++aa012 a 2 4. k Số hạng TC= k 3 2. 10 ( ) 2 11 A 334= 2 ⇒=kn 3 +⇒∈ 2 k{ 2;5;8} ( ) 258 332 5 3 8 3 25 83 a2 4= C10 2 + C10 2 + C10 2 =++( CC10 10.2 C 10 .4) 4 25 8 aC2=++= 10 C 10.2 C 10 .4 729 Do (un ) là một dãy số tăng ⇒>q 1 12 A uq(1+=3 ) 28 1 ⇒qq2 =⇒=93  23 uq1 (1+= q ) 252 1 11 a = = − n nn(++ 1) n n 1 13 A 1 S= aa + ++ a =− 1 ⇒ limS = 1 nn12 n +1 n S C B H O A D Từ giả thiết suy ra BD⊥ AC, BD ⊥⇒⊥ AC BD()( SAC ⇒ ABCD )() ⊥ SAC 14 A Gọi H là hình chiếu của S lên (ABCD), suy ra H thuộc AC Góc giữa SB và (ABCD) là SBH Đặt AB=⇒=1 AC 3, BD = 1 Các tam giác ABD,SBD, CBD đều nên OA=OC=OS Suy ra tam giác SAC vuông tại S 15 2 15 2 3 13 SA=2SC nên SC=, SA = ⇒= SH ⇒= HB 55 5 5 HB 13 cos SBH = = SB 5 2
14. CÂ PHƯƠN U G ÁN TÓM TẮT LỜI GIẢI HỎI ĐÚNG B' A' A' C' D' J H I B B A A K O C D D 15 A ( A' BD)//(CB'' D ) và AI= IJ = JC 'với I, J là trọng tâm các tam giác A’BD, CB’D’. d(( ABD ' ),( CBD ' ))= dAABD ( ,( ' ))= AH 18 18 3 4 S =⇒AB. AD .sin A =⇒=⇒= sin A cos A ABCD 5 555 17 Định lý cosin suy ra BD = 5 9 18 18 SABD =⇒=⇒= AK AH 5 85 409 2 x = 0 Ta có gx( ) =−⇒2 fx( ) gx′′( ) =−2 f( x) =−+ 2 x 2; x gx ′( ) =⇔ 0  . 16 A x =1 Dựa vào bảng biến thiên y= gx( ) , hàm số nghịch biến trên khoảng (1; +∞) . Dựa vào bảng biến thiên ta có: Lim f( x) = 2 x→−∞ Ta có:  Lim f( x) = +∞ x→+∞ 17 A Suy ra đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Lim f( x) = +∞ suy ra đường thẳng x = 0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x→0+ Vậy đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng và 1 tiệm cận ngang. Có tổng cộng hai đường tiệm cận. 18 A Dựa vào đồ thị hàm số y= fx'( ) , số điểm cực đại của hàm số y= fx( ) là 2. A Đồ thị hàm số y= ax32 + bx ++ cx d giao với trục Oy tại điểm Dd(0; ) nằm phía dưới trục Ox nên d 0 và xx12+>0 . −2b  > 0 > 19 Sxx=+>120  3a b 0 ⇒ mà a 0  12  < 0  3a a < 0 Vậy có 2 giá trị âm trong các giá trị a , b , c , d là  . d < 0 20 A Hàm số nghịch biến trên (−∞,1) là yx′ <0, ∀ ∈ ( −∞ ;1) . 3
15. CÂ PHƯƠN U G ÁN TÓM TẮT LỜI GIẢI HỎI ĐÚNG m2 − 4 m2 − 0 ⇔ (*)  2 13 m >  13 xx12+= m Áp dụng định lí Viet ta có  =−+2 23 xx12 31 m 2 xx12+2( x 1 + x 2) =− 4 ⇔− 3m + 12 + m =− 4 = − m 1 2  ⇔−3mm + 2 + 50 = ⇔ 5 m =  3 So với điều kiện (*) và kết hợp với điều kiện m nguyên thì m = −1 là giá trị cần tìm. 4
16. CÂ PHƯƠN U G ÁN TÓM TẮT LỜI GIẢI HỎI ĐÚNG A Ta có gx′′( ) =−−(22 x) f( x2 2 x) x =1 x =1 2x −= 20   ′ 2 gx( ) =0 ⇔ 2 ⇔x −2 x =−⇔ 1 x =+ 13. fx′ −=20 x   ( )  2  24 xx−=22 x =13 − Do đó hàm số y= gx( ) có 3 điểm cực trị. Trên (0;+∞ ), gx( ) = f( x2 − 2 x) có 2 điểm cực trị. A Đặt tt=3,fx( ) ( > 0) Phương trình t2 − mt −+99 t m = 0 ⇔tt( −=99) mt( −) t = 9 ⇔  . tm= 25 Với t =⇔=93fx( ) 9 ⇔=fx( ) 21 ( ) , phương trình có 2 nghiệm phân biệt. fx( ) Vậy phương trình đã cho có đúng 5 nghiệm thực phân biệt ⇔=3 m có đúng 3 nghiệm phân biệt khác nghiệm của (1) . 1 − 0 ⇔( −∞ ;0) ∪( 3; +∞) . 26 A a = 9t  ab+ b = 6t log964ab= log = log = t ⇒  6 ab+ = 4t .  6 2tt t 27 tt t 33   3 ⇒+=9 6 6.4 ⇔ +  =⇔6  = 2 22   2 t a 3 Vậy = = 2. b 2 A x x2 xx x xx 9   12  3  3 9− 2.12 − 16 = 0 ⇔  − 2.   −= 1 0 ⇔  − 2.  −= 1 0. (*) 16   16  4  4 x  3 2 t =12 + Đặt tt=,( > 0.) Phương trình (*) trở thành: tt−2 −= 10 ⇔ . 4 t =12 − 28 Vì t > 0 nên t =12 − loại, t =12 + thỏa mãn. x 3 = + Với t 12: =+12 ⇔=x log123 ( + ) . 4 4 Đối chiếu với giả thiết, suy ra abc=3, = 1, = 2 . Khi đó abc++=++2 3 3 2.1 3.2 = 11. A xx x xx 96  29 mm.9−+( 2 1) .6 + m .4 ≤⇔ 0 m . −+( 2 m 1) .  +≤ m 0 44  5
17. CÂ PHƯƠN U G ÁN TÓM TẮT LỜI GIẢI HỎI ĐÚNG 2xx 33  ⇔mm. −( 2 + 1.)  +≤ m 0 (1). 22  x 3 2 Đặt t = , t > 0 . Bất phương trình trở thành: mt.−( 2 m + 1.) t +≤ m 0 2 3 Ta có xt∈(0;1) ⇒∈ 1; 2 Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x ∈(0;1) thì bất phương trình (2) 3 nghiệm đúng với mọi t ∈1; 2 2 3 ⇔mt. −( 2 m + 1) . t + m ≤ 0, ∀∈ t  1; 2 2 3 ⇔mt −2 mt + m − t ≤ 0, ∀∈ t  1; 2 t 3 ⇔mt ≤, ∀∈ 1; tt2 −+21 2 t 3 Xét hàm số ft()= , t ∈1; tt2 −+21 2  3 t =1 ∉ 1; −+2 2 ′ t 1 ′  Ta có: ft()= 2 , ft()= 0 ⇔ tt2 −+21  3 ( ) t =−∉1 1;  2 Bảng biến thiên: t 3 Vậy m≤, ∀∈ tm 1; ⇔ ≤ 6 . tt2 −+21 2 2 A (1−m) log33 xm +( − 5) log x +− 1 m = 0 1 Đặt tx= log , do ≤xt ≤91 ⇒− ≤ ≤ 2 3 3 tt2 −+51 30 (1−m) log2 xm +( − 5) log x +− 1 m = 0 ⇔ m = (2) 33 tt2 −+1 1 Phương trình (1) có nghiệm thuộc đoạn ;9 3 ⇔ Phương trình (2) có nghiệm thuộc đoạn [−1; 2 ]. 6
18. CÂ PHƯƠN U G ÁN TÓM TẮT LỜI GIẢI HỎI ĐÚNG tt2 −+51 Xét hàm số ft( ) = tt2 −+1 2 − ′ 44t ft( ) = 2 (tt2 −+1) t =1 ft′( ) =0 ⇔  t = −1 Lập bảng biến thiên. Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình (1) có nghiệm thuộc khoảng 7 5 (2; 4) ⇔−3 ≤m ≤ .Suy ra m0 =−∈−3 4; − . 3 2 A x xx log2( 4y+ 4) + yx = ++ 1 2 ⇔ log22( y + 1) +( y + 1) = log 2 + 2 Xét hàm số fu log2 u u 1 Có fu'1 0 với u 1 fu đồng biến trên y 12x . u ln 2 31 x Mặt khác 1 yx 1 2021 1 2 2021 0 log2 2021. Vì xx 0;1; 2;3; 4;5;6;7;8;9;10. Vậy có 11 cặp số nguyên thỏa mãn ycbt. A 21x + 2( x +− 23) 2 3 dx = dx = − dx ∫∫22 ∫x + 2 2 32 ( xx++22) ( ) ( x + 2) 33 =2lnx +++=+++ 2 Cx2ln( 2) C. xx++22 1 A 2021 Xét ∫ xx32( + 2020) d x. Đặt x22+2020 =⇒=− uxu2020 . 0 du Ta có 2dxx=⇒= d u xx d . 2 33 Đổi cận: xu=⇒=0 2020 . xu=⇒=1 2021 1 2021 Vậy I=∫ ( u − 2020) uu2021 d . 2 2020 A e 34 Ta có xxln=⇔= 0 x 1. Thể tích cần tính V= π ∫ x22ln xx d . 1 A Ta có fx()+=⇔ f′ () x e−xx ( e ) ′′ fx () + ef x () x =⇔= 1 ( efxx ())1 ′ x −x 35 Suy ra e f() x=∫ 1 dx = x + C , do f(0)=⇒=⇒ 2 C 2 fxxe ( ) =+ ( 2) ∫∫f( x ). e2x dx=+ ( x 2) e xx dx =++ ( x 1) e C A 2 x = 0 36 Phương trình hoành độ giao điểm : x= mx ⇔  xm= 7
19. CÂ PHƯƠN U G ÁN TÓM TẮT LỜI GIẢI HỎI ĐÚNG m m m 23 3 2 2 xx m S= x − mxd x =(mx − x)d x =m − = ∫ ∫ 23 6 0 0 0 m3 Theo đề bài: S < 20 ⇔<20 ⇔<m3 120 ⇔<m 4.9324 6 ⇒= m {1;2;3;4} . Vậy có 4 giá trị m thỏa mãn. 2 A Từ giả thiết ta có: ( xf( x) +=1) f( x) + xf′( x) . uu′′ −1 Đặt u= xfx.( ) +⇒=⇒=⇒ 1 u2 u′ 1 dx =+⇒=+xC xC. uu22∫ u 37 −1 xf.1( x) = − , mà fC(12) =−⇒ = 0. xC+ 11 4 3 Vậy fx=−−⇒fxd x =− 2ln 2 −. ( ) 2 ∫ ( ) xx1 4 A AB 13a2 tan 60o = ⇒=AB a 3 . S= AB. AC = . AC ∆ABC 22 AB 38 BC ′ A =30 ° , tan 30°= ⇒AC′ =3 a . AC′ 22 3 CC′′= AC −= AC22 a . Vậy VABC. A′′′ B C = CC′.6 S∆ABC = a . A S B C H A D ∆SHD vuông tại H 2 2 22aa17 2 ⇒=SH SD − HD = −+a = a 3 . 22 39  1 3 11a3 3 V= SH. S =⇒= a3 V V = V =. S. ABCD 3 ABCD 3 H SBD2 A SBD 4 S ABCD 12 a 13 Tam giác SHB vuông tại H ⇒=SB SH22 + HB = . 2 a13 aa17 5 2 Tam giác SBD có SB=, BD = a 2, SD = ⇒= S . 2 24SBD 3V a 3 ⇒==d( H,( SBD)) S. HBD . SSBD 5 8
20. CÂ PHƯƠN U G ÁN TÓM TẮT LỜI GIẢI HỎI ĐÚNG A Gọi G1 , G2 , G3 lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB , SAD , SAC . SG 2 SG Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AB , AC thì 1 = = 3 40 SI3 SJ ⇒ G13 G // IJ ⇒ G13 G// ( ABC) .Chứng minh tương tự ta có G23 G// ( ABC) . Suy ra (G123 G G) // ( ABCD) . ⇒ Thiết diện của hình chóp S. ABCD khi cắt bới (GGG123) là tứ giác MNPQ . VS. MNP SM SN SP 8 8 Ta có = = ⇒=VVS MNP S ABC (1) VS. ABC SA SB SC 27 27 8 Tương tự ta cũng có ⇒=VV (2) S MPQ 27 S ACD 8 8 19 Từ (1) và (2) suy ra VV= ⇒=VV⇒V =−= VV V. S MNPQ 27 S ABCD 1 27 2127 V 8 Vậy 1 = . V2 19 A l h 23 41 2 2l 2 =( 23) ⇒ l =6 ⇒ h =63 −= 3, r = 3 suy ra 1 V =ππ.3. 3 = 3 . 3 A S M Δ I 42 D C O A B SA2 a 3 R = = 23SO 9
21. CÂ PHƯƠN U G ÁN TÓM TẮT LỜI GIẢI HỎI ĐÚNG A O M N A B Q P 4π 2π Độ dài cung AB: ⇒= AOB 43 3 3 2π AB2 =+−4 4 8cos = 12 ⇒AB = 2 3 ⇒=MN 3 3 Xét ∆ONP: OP2 = ON 22 +− NP2 ON . NP cos120o −+1 13 NP2 + NP −=⇒30 NP = 2 2 3 13− 1 3 3( 13− 1) Rtrụ= ⇒=V π ⋅= ⋅ 2π 22π 8π 44 A P= abc. . = 3.1.1 = 3 A 31− 45 P; 0; 42 A 15 13 46 Do ∆⊥OAB tại O⇒ I là trung điểm AB ⇒−I( ;0; ) ⇒ T = ⋅ 22 2   A Gọi Mxy( ; ;0) mà MN=⇒=− ka MN( k ; k ;0) , ( k > 0) . MN =52 ⇒ 2k2 = 52 ⇒= k 5 do k > 0  Tịnh tiến điểm A(−4;7;3) theo véc tơ MN ta được 47 A′(1; 2; 3 ) ⇒=AM NA′ Do đó AM−= BN A′′ N −≤= BN A B 17 . Dấu bằng xảy ra khi A′,, BN thẳng hàng. 2 22 48 A R = MN = 22⇒ ( xyz++−++=10) ( 17) ( 7) 8 A Vì mặt cầu tâm I tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ nên abc= =  ab= = − c d( I,,,( Oyz)) = d( I( Ozx)) = d( I( Oxy)) ⇔==abc ⇔  a=−= bc  abc=−=− 49 Nhận thấy chỉ có trường hợp a=−= bc thì phương trình AI= d( I,( Oxy)) có nghiệm, các trường hợp còn lại vô nghiệm. Với a=−= bc thì I( a;;− aa) 22 2 AI= d( I,( Oyx)) ⇔−(aaaa114) +−( ) +−( ) =2 ⇔aa2 −6 += 90 ⇔=a 3 . Khi đó P=−+= abc9 . A Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Ta có G (0;0;3) và GS∉( ). 50   22     2 Khi đó: MA22++=+++ MB MC 2( MG GA) ( MG GB) ++( MG GC) 10
22. CÂ PHƯƠN U G ÁN TÓM TẮT LỜI GIẢI HỎI ĐÚNG     =32MG2 + MG( GA ++ GB GC) + GA22 + GB + GC 2 =36MG2 + . Do đó MA22++ MB MC 2 ⇔ MG ngắn nhất ( )min Ta lại có, mặt cầu (S ) có bán kính R =1 tâm I (0;0;1) thuộc trục Oz , và (S ) qua O . Mà G∈ Oz nên MG ngắn nhất khi M= Oz ∩( S ) . Do đó M (0;0; 2) . Vậy MA = 2 . HẾT 11