Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2023-2024 - Sở GD và ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2023-2024 - Sở GD và ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2023 - 2024 THANH HÓA MÔN TOÁN - ĐỀ GỐC 1 Câu 1: Tập xác định của hàm số y = là: c o t 3x −   A. Dkk=+ \|  . B. Dkkk=+ \,|  . 6 6  2 C. Dkkk=++ \,|  . D. D =++ \,| kkk . 32 32 Lời giải Chọn B xk 1 s i n 0x Hàm số y = xác định khi và chỉ khi ,k . c o t 3x − c o t 3x xk + 6 Câu 2: Một lớp học có 20 học sinh nam và 26 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn 3 học sinh làm ban cán sự lớp gồm 1 lớp trưởng, 1 lớp phó học tập và 1 lớp phó văn thể. Hỏi có bao nhiêu cách chọn sao cho trong ban cán sự đó có ít nhất một học sinh nam? A. 12460. B. 75480 . C. 12580. D. 75580 . Lời giải Chọn B 3 Có A46 cách chọn ba học sinh trong lớp vào các chức vụ đã nêu. 3 Có A26 cách chọn ban cán sự không có nam (ta chọn nữ cả). 33 Do đó, có AA4626−=75480 cách chọn thoả mãn yêu cầu. an2 −11 Câu 3: Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của a thuộc khoảng ( )0 ;20 sao cho lim3 +− 32+ n2 n là một số nguyên. Tính tổng các phần tử của S . A. 4 . B. 3 . C. 19. D. 20 . Lời giải Chọn D 1 2 a − an −1 n2 limlim ==a 2 3 2 3+ n +1 an −11 Vì 2 +−=+lim 3 3. a n 32+ n2 n n 11 limlim0== n 22 a ()0;20 , a Ta có =S 1;6;13  . a + 3 Vậy tổng các phần tử của S bằng 20. Câu 4: Tìm điều kiện của tham số thực m để hàm số y= x32 −3 x + 3() m + 1 x + 2 đồng biến trên . A. m 2. B. m 2. C. m 0. D. m 0. Lời giải Chọn D Tập xác định: D = . Ta có: yxxm =−++36312 () YCBT y  =−0, x 9m 0 m 0. Câu 5: Cho abc,, là các số thực dương khác 1. Hình vẽ bên là đồ thị của ba hàm số y=loga x , y = logb x , y = logc x . Trang 1
2. Khẳng định nào sau đây là đúng? A. a c b . B. abc . C. c b a . D. c a b . Lời giải Chọn D M N ab,1 Theo hình dạng của đồ thị ta có . 01 c Vẽ đường thẳng y =1 cắt đồ thị hai hàm số yxyx==log,ab log lần lượt tại 2 điểm MaNb( ;1,) ;1 ( ) . Ta thấy điểm N bên phải điểm M nên ba . Vậy c a b . Câu 6: Cho khối đa diện đều loại 3 ;4 . Tổng các góc phẳng tại 1 đỉnh của khối đa diện bằng: A. 180. B. 240. C. 324. D. 360. Lời giải Chọn B Khối đa diện đều loại là khối bát diện đều, mỗi mặt là tam giác đều. Tại mỗi đỉnh có 4 góc 60 nên tổng các góc phẳng bằng 240. Câu 7: Trong không gian cho tam giác ABC vuông tại A , A B a= và ACB =30 . Tính thể tích V của khối nón nhận được khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC . 3 a3 3 a3 A. Va= 3 B. Va= 3 3 C. V = D. V = 9 3 Lời giải Chọn D Ta có ACABa= = .cot 303 . 13 a3 Vậy thể tích khối nón là : V== a2.3 a . 33 Câu 8: Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 3 . Biết rằng khi cắt hình trụ đã cho bởi một mặt phẳng qua trục, thiết diện thu được là một hình vuông. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng A. 18 . B. 36 . C. 54 . D. 27 . Lời giải Chọn B Trang 2
3. Giả sử thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông A B C D . Theo giả thiết ta có bán kính đáy của hình trụ r = 3 ===hADDCrl 26. Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là: Srlxq ===22.3.636 . − x x e Câu 9: Họ nguyên hàm của hàm số y =+e2 2 là: cos x 1 1 A. 2 e tx a++ n xC. B. 2 e tx a−+ n xC. C. 2ex −+C . D. 2ex ++C . c o s x c o s x Lời giải Chọn A −x xx e 1 Ta có: yee=+=+ 2222 coscosxx xx1 =+=++ydxedxexC 22tan 2 . cos x Câu 10: Giả sử Fxaxbxc( ) =++( 2 )ex (trong đó abc,, là các hằng số) là một nguyên hàm của hàm số fxx( ) = 2ex trên . Tính tích P a= b c . A. P =−4. B. P = 1. C. P = 5. D. P =−3. Lời giải Chọn A xxx 22 Ta có : F ( xax) =++++=+++(22 b eaxbx) c +( eaxa b x) b c e ( ) . aa==11 Do F ( x) = f( x),  x nên ta có hệ: 2a+ b = 0 b = − 2 . b+ c =02 c = Vậy Pabc==− 4. Câu 11: Cho tập S = 1;2; ;39;40 gồm 40 số tự nhiên từ 1 đến 40 . Lấy ngẫu nhiên ba số thuộc S . Xác suất để ba số lấy được lập thành cấp số cộng là: 5 7 1 19 A. . B. . C. . D. . 38 38 26 39 Lời giải Chọn C 3 Ta có: nC()= 40 . Gọi A là biến cố: “ba số lấy được lập thành cấp số cộng “. Giả sử ba số a, b , c theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng, khi đó ta có acb+=2 . Hay ac+ là một số chẵn và mỗi cách chọn 2 số a và c thỏa mãn là số chẵn sẽ có duy nhất cách chọn b . Số cách chọn hai số có tổng chẵn sẽ là số cách chọn ba số tạo thành cấp số cộng. 2 TH1: Hai số lấy được đều là số chẵn, có: C20 cách lấy. 2 TH2: Hai số lấy được đều là số lẻ, có: C20 cách lấy. 22 n() A = C20 + C 20 Trang 3
4. 22 nA()1 CC2020+ PA()=== 3 . nC()26 40 Câu 12: Biết lim411 xaxbx2 +++= − . Tính giá của biểu thức P a=− b 232 . x→− ( ) A. P = 32. B. P = 0 . C. P =16. D. P = 8 . Lời giải Chọn B TH1: b = 2 1 a + ax +1 a +++lim412 xaxx2 = lim ==−lim x . x→− ( ) x→− 412xaxx2 ++− x→− a 1 4 −++−42 xx2 a +++lim41 xaxbx2 =− −=− =114 a . x→− ( ) 4 a 1 − k h i b 2 TH2: b 2 +++lim41 xaxbx2 =−+++lim4 xb = x→− ( ) x→− 2 xx + k h i b 2 Vậy ab==4 , 2 =−=Pab 2320 Câu 13: Cho hình chóp S A. B C D có đáy A B C D là hình thang vuông tại A và B . Biết A B A== D a 2 , B C a= , S A a= 5 và SA vuông góc với mặt đáy. Khi đó giá trị tang của góc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt đáy bằng: 21 5 21 4 A. . B. . C. . D. . 3 4 4 3 Lời giải Chọn B S A D H B C Trong mặt phẳng ( ABCD) , kẻ AHCD⊥ tại HCDSAH ⊥( ) Suy ra góc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt đáy là góc SHA 22 2 Ta tính được: CD= a 5 và SABCD==3; a S ABC a =Sa ACD 2 2.S 44aa2 ===AH ACD CD a 55 SA45 a Khi đó tanSHA= = a 5 : = . AH 5 4 5xx+ 1 − + 1 Câu 14: Đồ thị hàm số y = có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang? xx32+ 2 A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Trang 4
5. 3773677 ==+ =+max3ln3lnlnlnfmfT( ) ( ) max 11 1; 4824282 2 Do đó: cdScd== =+=6,72333 . x2 + 2023 Câu 35: Cho 0 , 1 xy thỏa mãn 20221−−xy= . Gọi Mm, lần lượt là giá trị lớn nhất, yy2 −+22024 giá trị nhỏ nhất của biểu thức Sxyyxxy=+++(53532522)( ) . Khi đó Mm− bằng bao nhiêu? 9 121 19 9 A. . B. . C. . D. . 16 100 16 100 Lời giải Chọn B 2 1− y 2 1−−xy xx++2023 2022 2023 Ta có: 2022 =2 x = 2 yy−+2 2024 2022 (1−+y) 2023 +=−+ =−202220232022120231xyxyfxfy21− 2 ( ) ( ) ( ) ( ) Xét hàm số ftt( ) =+20222023t ( 2 ) với t 0. Có ftttt ( ) =++  2022tt .2023ln( 2 20222) .20220,0 Suy ra ft( ) là hàm đồng biến trên (0; + ) , =− =− +=fxfyxyxy( ) (111 ) Khi đó: Sxyyxxyx=+++=++++(5353252591525222233 yxyxyxy)( ) ( ) =+++−+=−+2534153251115xyxyx232 yxy x yxyxy ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 Mà 12=+ xyxyxy , nên đặt t= xy 0; , khi đó Stt=−+251115 4 4 1 1379 Xét hàm số fttt( ) =−+2511.152 trên đoạn 0; ta được : min,ftft max15( ) ==( ) 1 1 4 0; 100 0; 4 4 . 121 Vậy Mm−= . 100 Câu 36: Cho hình chóp SABCD. có đáy A B C D là hình thang, ABCDCDAB//,2 = . Gọi M là điểm di động trên cạnh AB (MAMB , ) và N là trung điểm của cạnh SD . Mặt phẳng ( ) đi V 1 qua MN, và song song với AD chia khối chóp thành hai khối đa diện có tỉ lệ thể tích 1 = , V2 3 trong đó V1 là thể tích khối đa diện chứa đỉnh A , V2 là thể tích khối đa diện chứa đỉnh B . Khi MAm m đó tỉ số = , trong đó: m và n là các số nguyên dương, là phân số tối giản. Tổng CDn n mn+ bằng: A. 9 . B. 10. C. 13. D. 14. Lời giải Chọn C Trang 16
6. S N Q A D M P B E C AM Đặt = x . Kẻ MPADNQAD//;// (PCDQSA , ) AB ( ) cắt hình chóp theo thiết diện là hình thang MPNQ (MP// NQ) . Gọi E là trung điểm của CD ABED là hình bình hành. Đặt S là diện tích hình bình hành ABED ; h là chiều cao của hình chóp S A. B C D . 1 Gọi thể tích khối chóp S A. B E D là V =V h S . 3 1 Diện tích hình bình hành AMPD là SxSAMPD = . , dQAMPDh( ;( )) = . 2 11 111 hS Thể tích khối chóp Q. AMPD là VdQ. AMPDAMPD Q=== AMPDSh( ; ( xSxxV )) 33 2232 3 V 1 3VS. AED 2 Lại có VVS. AED = ==dASED( ;( )) . 2 SS SEDSED 3 V 1 Vì Q là trung điểm SA nên d( Q;;( SED)) == d( A( SED)) 4 2 S SED 11 1 x Diện tích D P N : SDN DPNDPDS== sin sin xDENDP = .S . DPN 22 2 2 SED Thể tích khối chóp Q. P D N là 3 V 111 3 4 xx xV VQQ. PDNDPNSED SED===d( SSV ; ( )) . . 3323 4 2 8 S SED xV xVxV 5 =+=+=V VV . 1 Q AMPDQ PND 288 3 3 5xx 3 5 VVVVVV21= − = − = − . 2 2 8 2 8 5x V V 1 1 5xx 3 5 3 MA 3 Theo giả thiết: 1 = 8 = .3 = − x = =. V 3 35x 3 8 2 8 5 CD 10 2 − V 28 MA 3 Vậy = m =3, n = 10 m + n = 13. CD 10 Trang 17
7. Câu 37: Cho hình chữ nhật A B C D có ABAD==2,23 và nằm trong măt phẳng ( P) . Quay ( P) một vòng quanh đường thẳng BD . Khối tròn xoay được tạo thành có thể tích bằng: 28 28 56 56 A. B. C. D. 3 3 9 9 Lời giải Chọn C 2 BC.23.2 CD B C D vuông tại C có: BDCIID=+===2234;3;12 ( ) BD 4 22 IBIOODID=−= =−=−=(2333211) ( ) OMBO 2 = = OM CIBI 3 Thể tích khối nón có đỉnh D và đáy là hình tròn tâm I bán kính IC bằng: 11 VICID=== 3.12 1 33 Thể tích khối nón cụt có hai đáy là hình tròn tâm I bán kính IC, hình tròn tâm O bán kính OM bằng : 14219OI 22 VICOMIC2 =++=++=( OM .33. ) 3339 3 1956 Thể tích cần tìm là: VVV=+=+=22( 12) . 99 Câu 38: Tính giá trị lớn nhất V của thể tích các khối chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính R = 33. A. V = 5763 . B. V = 5123 . C. V = 576. D. V = 643 . Lời giải Chọn D Xét hình chóp tứ giác đều S. ABCD nội tiếp mặt cầu có tâm I và bán kính R = 33. Trang 18
8. Gọi H A= C B D , K là trung điểm SC . Ta có I S H , S I R==33. Đặt A B x== S H; h (xh,0 ) . x x2 Ta có HC = ==+lSCh 2 . 2 2 SKSI x2 Do = = SKISHCSCSH∽ SI 2 2. hh2 +=2 . 3 3 =−xhh22123.2 . SHSC 2 11 Diện tích đáy của hình chóp Sx= 2 nên Vh==− xhhh.123.222. ABCD 33( ) 3 1111232 2 hhh++− Ta có Vhhhh=−=− = hh.( 123.2. .1232.643) ( ) 3333 V 6 4 3 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hhhh==− =123243 . Vậy Vmax = 6 4 3 . Câu 39: Cho hàm số fx( ) liên tục trên khoảng (0; + ) và thỏa mãn fx( ) 17 2.121ln1xfxxx( 2 ++=++) ( ) ( ) . Biết fxxabc( )dln=−+ 52ln với abc,, . 2 x 1 Giá trị của a b++ c32 bằng: 37 A. . B. 9 . C. 11. D. 51. 2 Lời giải Chọn C fx( ) Ta có 2x .121 fxxx( 2 ln1++=++) ( ) ( ) . 2 x 44 fx( ) Suy ra 2x .1d21 fxxxxx( 2 ++=++ ln1) d ( ) ( ) . 2 x 11 444 fx( ) Ta có 2x .1d1 f( xxf222 d1d++=+++ xxfxx) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 x 111 17217 =+= fxxfxxfxx( )ddd ( ) ( ) . 211 444 4 1 (21xxxxxxxxxxxx++=++=++−+ ln1) dln1( dln1d) ( ) 222 ( ) ( ) ( ) 1 ( ) 111 x +1 4 x2 15 =−−=−−20ln5 2ln 220ln5 2ln 2 . 221 17 15 15 Do đó f( x)d x= 20ln 5 − 2ln 2 − a = 20, b = 2, c = − . 1 22 Vậy a+3 b + 2 c = 11. Câu 40: Cho hàm số y= f( x) có đạo hàm liên tục trên 2;4 và fxx ( ) 0,2;4   . Biết 3 7 4x33 f( x) = f ( x) − x  x  2;4 , f ( 2) = . Giá trị của f 13 bằng: 4 ( ) 2 13− 1 65 13 63 A. . B. . C. . D. . 4 4 2 4 Trang 19
9. Lời giải Chọn D 7 Ta có: fxx ( )  0,2;4   nên hàm số y f= x ( ) đồng biến trên 2 ;4  =fxf( ) (2) 4  fxx( ) 0,2;4   . 333 33 Từ giả thiết ta có: 441xfxfxxxfxfx( ) =− += ( ) ( ) ( ) fx ( ) += =xfxfxx.413 ( ) ( ) . 3 41fx( ) + 2 fx d41 fx+ 2 ( ) 1 ( ) 3 3 x Suy ra: dddxxxxx= = +=+ 41fxC( ) . 334141fxfx( ) ++4 ( ) 82 731 Do fCC(22) = =+ = − . 422 3 141 =−−fxx( ) .1( 2 ) 434 63 Vậy f 13 = . ( ) 4 Câu 41: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , trên tia Ox lấy 12 điểm phân biệt (khác O ) là A1212 A, , A ., và trên tia Oy lấy 12 điểm phân biệt (khác O ) là B1212 B, , B ., thỏa mãn OAA11211121121112=== AAAOBB 1 BBB (đơn vị). Chọn ngẫu nhiên một tam giác có 3 đỉnh nằm trong 24 điểm AAABBB12121212,, ,,,, , . Xác suất để tam giác chọn được có đường tròn ngoại tiếp tiếp xúc với một trong hai trục Ox hoặc Oy là: 5 5 2 1 A. . B. . C. . D. . 1584 792 225 135 Lời giải Chọn B * Trường hợp 1: Hai đỉnh thuộc tia Ox có hoành độ lần lượt là a và c , với a c; a , c 1;2; ;12 và một đỉnh thuộc tia Oy có tung độ b , với b 1;2; ;12 . 2 - Số tam giác có 3 đỉnh được chọn như trên là: 12.C12 (tam giác). - Xét tam giác ABC có A( a;0) , C( c ;0) , B( 0; b) mà đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với trục tung Oy (như hình vẽ). ac+ Gọi M là trung điểm AC ⊥IM AC và M ;0 . 2 Trang 20
10. ac+ Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm là Ib ; . 2 22 2222 caac−+ Khi đó: I A I= B = I C IAIBbbac= += = . 22 Nhận thấy: (ac;1;4,1;9,2;8,3;12,4;9) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), b tương ứng là 2 ; 3 ; 4 ; 6 ; 6 . Có 5 tam giác thoả mãn. * Trường hợp 2: 2 - Hai đỉnh thuộc tia Oy và một đỉnh thuộc tia Ox : có 12.C12 tam giác. - Lập luận tương tự như trường hợp 1 ta có 5 tam giác mà đường tròn ngoại tiếp tiếp xúc với trục Ox . 2.55 Do đó xác xuất cần tính là: P ==2 . 2.12.792C12 Câu 42: Cho tứ diện A B C D . Gọi K là điểm thuộc cạnh CD sao cho 23K D K= C và I là điểm thuộc đoạn thẳng BK sao cho I K I B= 2 . Mặt phẳng ( ) đi qua I và luôn cắt các tia A B,, A C A D lần lượt tại các điểm M N,, P (khác A ). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ABACAD222 T =++4.4. . AMANAP222 60 7 45 7 A. . B. . C. . D. . 7 60 7 45 Lời giải Chọn C Ta có: 32 + 2KD= − 3 KC AK = AC + AD ( 1). 55 21 + IK= −22 IB AI = AB + AK ( ) . 33 2 1 2 2AB 1 AC 2 AD Từ (1) và (2) suy ra AI= AB + AC + AD = AM + AN + AP 3 5 15 3AM 5 AN 15 AP 212ABACAD Vì 4 điểm IMNP,,, đồng phẳng nên suy ra 1 ++= . 3515AMANAP Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có: 222 1 2AB 11 ACADAB 21 11 AC AD 222 1=++ + 4.4. ++ + 222 35153AM 5ANAPAM 15 ANAP 45 AB2 AC 2 AD 2 45 4. + + 4. = T hay T . 7 AM2 AN 2 AP 2 7 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: Trang 21
11. AB 15 = 21121ABACAD AM 14 ::: == AMANAP3515 AC 9 = 212ABACAD AN 7 1 ++= 3515AMANAP AD 3 = AP 14 45 14714 Vậy T = khi AMABANACAPAD=== ;; . m i n 7 1593 xx−−47 a a Câu 43: Cho hàm số fxxx( ) =++−+31.263( ) . Giả sử m0 = ( ab, , là phân số tối giản) b b là giá trị nhỏ nhất của tham số thực m sao cho phương trình fxxm(7469210−−+−= 2 ) có số nghiệm nhiều nhất. Tính giá trị của biểu thức P=+ a b. A. P =10. B. P = 9. C. P = 8. D. P = 7. Lời giải Chọn D 2 − 236121 x Đặt txxxttx=−− = = =7469,0;0 3369xx− 2 Bảng biến thiên Ta có t 3 ;7 và t = 3 có 1 nghiệm; t (3;7 có hai nghiệm phân biệt. Khi đó fxxm(7469210−−+−= 2 ) trở thành f( t) +2 m − 1 = 0( t  3;7) . Xét hàm số fttt( ) =++−+31tt−−47 .263( ) =+−+−ftt ( ) 3ttt−−−477 .ln 3 21 .2( .ln 2) 6 =−−++ftt ( ) 3tttt−−−−427772 .ln 3 2 .ln 2 .2 .ln 21( .2 .ln) 2 =++− 3tt−−4272 .ln 3 2 .1((tt .ln) 2 ln 403;7 )   =ft ( ) 0 có nhiều nhất 1 nghiệm trên đoạn 3 ;7  Vì ffft (3) .700( ) = ( ) có nghiệm t0 (3;7) Bảng biến thiên Ta có: f( t) +2 m − 1 = 0 f( t) = 1 − 2 m Trang 22
12. 551− ft( ) Phương trình có nhiều nghiệm nhất khi: ftmmm( ) − 124 − = 0 00222 == =+=abTab5;27 . Câu 44: Cho hàm số y f= x ( ) , biết hàm số y f= x ( ) có đồ thị như hình dưới và f (−=10) . Gọi a a S = − ; (với a b, , b0 và là phân số tối giản) là tập tất cả các giá trị thực của tham b b 2sin5cos23 xx số m để bất phương trình 2sin2sinfxxm( −−+ +) nghiệm đúng với mọi 34 x − ; . Khi đó giá trị của ab+ là: 22 A. 31. B. −7. C. 7 . D. 19. Lời giải Chọn A 2sin5cos23 xx Ta có 2sin2sinfxxm( −−+ +) 34 2 2sin3 x 5( 1− 2sin x) −−+−mfxx2sin2sin( ) . 34 Đặt tx=−sin 2 ,với x − ; thì t ( −3; − 1) , khi đó bất phương trình được viết lại thành: 22 3 2 22(t + ) 5 1−+ 2(t 2) 2 3 65 m 22 f( t) − +( t +) − m 2 f( t) − t32 − t + 3 t + ( *) . 34 3 2 12 2365 Xét hàm số gtftttt( ) =−−++23( ) 32 trên đoạn −−3 ; 1  . 3212 33 Ta có g ( t) =2 f( t) − 2 t2 − 3 t + 3. Do đó g ( t) =0 f( t) = t2 + t − . 22 Trang 23
13. 33 Dựa vào sự tương giao của đồ thị hàm số y f= t ( ) và parabol y t= t +2 − trên đoạn 22 −−3; 1  thì gtt ( ) = −−03;1  . Suy ra bảng biến thiên của hàm số gt( ) trên đoạn −−3; 1  như sau: Bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x − ; khi và chỉ khi bất phương trình 22 (*) nghiệm đúng với mọi t −( −3 ; 1 ) . Điều đó tương đương với 1919 mgf −=−+=( 121) ( ) 1212 19 S = − ; a + b = 31. 12 Câu 45: Cho hàm số fx( ) liên tục trên đoạn −4 ;4  và có bảng biến thiên như hình vẽ bên dưới Có tất cả bao nhiêu giá trị thực của m − 4;2 để hàm số yfxxfm=++( 3 23) ( ) có giá trị lớn nhất trên đoạn −1;1 bằng 8? A. 7 . B. 9 . C. 10. D. 6 . Lời giải Chọn A Đặt t= x32 +2 x t = x + 2 0,  x t( x) đồng biến trên −1;1 x  −1;1 − tttt( 1133) − ( ) Suy ra − 65ft( ) Khi đó: yftfm=+( ) 3 ( ) có maxy= max 5 + 3 f( m) ; − 6 + 3 f( m) 5+− 36f ++( mf 35) ++ mf 36 mf− 3 ( m) ( ) ( ) 6111fm( ) −+ = = 2 2 fm( ) =1 61fm( 11) −+ Theo yêu cầu bài toán = − = 8 61fm( 5) −2 2 fm( ) = 3 Đường thẳng y =1 cắt đồ thị hàm số fx( ) tại 3 điểm phân biệt, suy ra có 3 giá trị m x1,, x 2 x 3 −2 Đường thẳng y = cắt đồ thị hàm số fx( ) tại 4 điểm phân biệt, suy ra có 4 giá trị 3 m x4,,, x 5 x 6 x 7 Trang 24
14. Vậy có tổng cộng 7 giá trị thực của tham số m . 333 Câu 46: Cho hàm số fxxxx( ) =+−−32 3 . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của 842 333 xxx32+−− 2 2 fxfx( ) ( ) tham số m để bất phương trình mxm+−+−− ( 22.23220) 842 nghiệm đúng  x . Số phần tử của tập hợp S là: A. 3 . B. 1. C. 0 . D. 2 . Lời giải Chọn C 333 xxx32+−− 2 2 f( xf) x ( ) Đặt gxmxm( ) =+−+−− ( 22.2322) 842 . Nhận thấy: gxmxm=+−+−−222.2312 2 fxfxfx( ) ( ) ( ) . ( ) ( ) ( ) fx( ) 3 2 x = 2 Ta có: 1− 2 = 0 f( x) = 0 ( x − 2)( x + 2) = 0 trong đó x =−2 là nghiệm 8 x =−2 kép. Nếu mxm2 +−+−=( 22.230fxfx( ) ) ( ) không nhận x = 2 là nghiệm thì gx( ) sẽ đổi dấu khi x đi qua 2, tức là không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do đó điều kiện cần là 2 ff(22) ( ) 2 2 m =1 mm+−+−=222.230( ) hay mm+−+−=21230( ) +−=mm230 . m =−3 Vì m nguyên dương nên m =1. Điều kiện đủ: 2 - Với m =1 thì g x=21 + x 12 −f( x) + 2.2 f( x) − 312 − f( x) = 2 x − 212 − f( x) sẽ đổi dấu ( ) ( ) ( ) ( )( ) khi x qua 2 nên loại. Vậy không có giá trị của m thỏa mãn. 2 23 32 bc Câu 47: Cho abc,, là ba số thực dương, a 1 thỏa mãn loglog490aa(bcb) ++++−= cc 4 . Khi đó giá trị của biểu thức Tabc=++−321 gần với giá trị nào nhất dưới đây? A. 7 . B. 9 . C. 8 . D. 10. Lời giải Chọn A Điều kiện: 9003− cc2 . Do abc,, là ba số thực dương, a 1 nên ta có: 2 2 2 3 3bc 2 2 3 3bc 2 P= logaa(bc) + log b c + + 4 + 9 − c logaa(bc) + log 2 b c . + 4 + 9 − c 4 4 222 2 P logaa(bc) + 4log( bc) + 4 + 9 − c P (loga ( bc) + 2) + 9 − c 0 . 1 loga (bc) + 2 = 0 bc = a2 2 90−=c c = 3 a = 2 bc bc33= 1 1 Đẳng thức xảy ra 4 bc = = b . 2 6 a 1 a 1 c = 3 b 0 b 0 03 c 03 c Trang 25
15. 1 Vậy Tabc=++−=++− 3212616,91 . 2 Câu 48: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( xy, ) thỏa mãn 0 2 0 2x 3 và 2 384.1286.863714xxy−22−+=−+ yxx ? A. 2023. B. 675. C. 1349 . D. 1347 . Lời giải Chọn C 2 2 Ta có 384.128x−22 x− 6.8 y + 6 = 3y − 7 x + 14 x 384.27x− 14 x + 7x 2 − 14 x = 6.2 3 y + 3 y − 6 2 2 3.27 .2 7x− 14 x + 7x 2 − 14 x = 3.2.2 3 y + 3 y − 6 +−+=++3.271473.231*7147231xxy−++ xxy ( ) Xét hàm f t t( ) =+3.2t Ta có ftt ( ) =+  3.2t .ln 210, nên hàm số đồng biến trên . Khi đó (*714731714731) −+=+ −+=+fxxfyxxy( 22) ( ) −=+ −−=71317113( xyxy)22( ) Ta có y khi và chỉ khi 7 1( 1x −−)2 chia hết cho 3 . 7116111612( xxxxxx−−=−+−−=−+−)2222 ( ) ( ) ( ) ( ), 2 xk= 3 Suy ra 711323,,( xxxkm−− − ) ( ) . xm=+32 0320230674 kk Theo giả thiết 02023 x 03220230673 + mm Vậy có 2.674+= 1 1349 cặp số nguyên ( xy, ) thỏa mãn đề bài. Câu 49: Cho hình chóp SABCD. có đáy là hình vuông cạnh bằng 2 , SA = 2 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD) . Gọi MN, là hai điểm thay đổi trên hai cạnh A B, A D sao cho mặt phẳng (SM C) vuông góc với mặt phẳng (SNC) . Khi thể tích khối chóp SAMCN. đạt giá trị lớn nhất 11a a thì +=, a và b nguyên dương, tối giản. Tính ab+ 2 . AMANb22 b A. ab+=24. B. ab+=29. C. ab+=2 13. D. ab+=2 22 . Lời giải Chọn C S H M A B E N O F D C Gọi EF, lần lượt là giao điểm của BD với CM và CN . Gọi O là tâm hình vuông ABCD . Theo giả thiết, ta có BD⊥ ( SAC) . Gọi H là hình chiếu của O lên SC . ⊥SC( HEF ). Trang 26
16. Vì (S M C S) N⊥ C( ) nên H E H⊥ F . H E F vuông tại H có chiều cao OH . =OEOFOH. 2 . SA 2 222 Trong đó: OHOCSCAOC=== .sin. ==OEOF. (1). SC 6 63 Đặt A M x= x , ( 0 ) , A N y= y , ( 0 ) . Xét ABC , gọi K là trung điểm của AM . A K O M E B C B E B M OBOEx−−2 22( − x) Khi đó: O K C// M = == O E M K OEx x 2 OBxx 422− = = OE . OExx 24( − ) 22y Chứng minh tương tự, ta có: OF = . 24( − y) 42xy Từ (1) suy ra = =−− ++=3442212xyxyxy( )( ) ( )( ) (2) 2443( −−xy)( ) 11 Ta lại có: SSSAC=+=+=+ AMAC AMx y sin 45 sinoo 45 ( ) . AMCNAMCANC 22 12 =+=+VSAxyxy .( ) ( ) . S. AMCN 33 212 Từ (2) suy ra VxS. AMCN =−+ 2 . 32 x + 12 Từ (2) suy ra y =−2 . x + 2 12 Vì N thuộc cạnh AD nên yx − 2221 xy,1;2   . x + 2 212 Xét hàm số: f( xx )2=−+ , với x 1;2 . 32 x + 212248 xx2 +− Ta có: fx ( )1.=−= . 22 33 (xx++22) ( ) f ( xxxx )= 048 022 +− 3 = 1 =− ( ) . 831( − ) Ta lại có: ff(122) ==( ) , f 2( 31)−= . ( ) 3 Giá trị lớn nhất của VS. AMCN = 2 khi xy==1, 2 hoặc xy==2, 1 . 1 1 4 1 5 T = + = + = . ab +2 = 5 + 2.4 = 13 AM2 AN 22 2 2 2 4 Trang 27
17. Câu 50: Cho hình chóp S A. B C có ABaACa==,2 và C A B =135 , tam giác S A B vuông tại B và tam giác S A C vuông tại A . Biết góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SAB) là thoả mãn 6 c o s = . Tính thể tích khối chóp S A. B C . 3 a3 2 a3 a3 6 a3 3 A. . B. . C. . D. . 6 6 3 6 Lời giải Chọn A D C 45° a 2 a 2 45° B a A - Gọi D là hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng ( ABC). ABSB⊥ Ta có: ⊥ ⊥ABSBDABBD( ) . ABSD⊥ ACSA⊥ Lại có: ⊥ ⊥ACSADACAD( ) . ACSD⊥ - Do CABBAD=13545 = suy ra tam giác ABD vuông cân tại B =ADa 2 ACD vuông cân tại A tứ giác A B D C là hình thang vuông tại B và D . - Dựng DHSBHSB⊥ ( ) ⊥DHSAB( ) . - Dựng DKSAKSA⊥ ( ) ⊥DK( SAC) . - Gọi là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) ta có: ==(DH, DK) HDK (do tam giác DHK vuông tại H ). - Đặt SD= x , ( x 0) . DH6 ax 2 a2++ x 2 2 a 2 x 2 Do DHK vuông tại H nên có cosHDK = = . = DK 3 a2++ x 22.ax 2 a 2 x 2 +23a =+242 xa 22 4 xa 22222 6 + x 32 = a + xx a = . 12a3 VSD AB== ACBAC sin . S. ABC 66 a3 2 Vậy V = . S. ABC 6 HẾT Trang 28