Đề thi giao lưu học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Mã đề 101 - Năm học 2022-2023 - Trường THPT Yên Định 1 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi giao lưu học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Mã đề 101 - Năm học 2022-2023 - Trường THPT Yên Định 1 (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 1 KỲ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2022-2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) MÃ ĐỀ 101 Ngày thi: / /2022  xx2 +−2  khi x ≠ 1 Câu 1. Cho hàm số fx( ) =  x −1 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số gián  3mx khi = 1 đoạn tại x =1. A. m ≠ 1. B. m ≠ 2. C. m ≠ 3. D. m ≠ 2. Câu 2. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng ? A. Bất kì một hình chóp nào cũng có một mặt cầu ngoại tiếp. B. Bất kì một hình lăng trụ nào cũng có một mặt cầu ngoại tiếp. C. Bất kì một hình hộp nào cũng có một mặt cầu ngoại tiếp. D. Bất kì một hình tứ diện nào cũng có một mặt cầu ngoại tiếp. x Câu 3. Chu kỳ của hàm số y = 3sin là số nào sau đây? 2 A. 4π . B. π . C. 0 . D. 2π . 5 −2 5 Câu 4. Cho hai tích phân ∫ fx( )d8 x= và ∫ gx( )d3 x= . Tính I=∫  f( x) −−4 gx( ) 1d x. −2 5 −2 A. I =13 . B. I = 27 . C. I = 3 . D. I = −11. Câu 5. Một hình trụ có bán kính đáy r = 4 c m và độ dài đường sinh l = 3 c m . Diện tích toàn phần của hình trụ đó bằng A. 24π cm2 . B. 40π cm2 C. 56π cm2 D. 36π cm2 Câu 6. Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD EFGH Tính tỉ số k giữa thể tích khối trụ ngoại tiếp và thể tích khối trụ nội tiếp hình lăng trụ trên. A. k = 2 2. B. C. k = 2. D. k = 2. Câu 7. Cho hình lăng trụ đứng ABC.' A B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , BC a 2, AB' tạo với đáy một góc bằng 600 . Thể tích của khối lăng trụ bằng 3a3 3a3 3a3 a3 A. . B. . C. . D. 2 4 2 2 Câu 8. Hình vẽ bên dưới có bao nhiêu mặt A. 4 . B. 10. C. 7 . D. 9. 21x + Câu 9. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = trên đoạn [2;3] bằng 1− x 3 7 A. −3 . B. . C. −5 . D. − . 4 2 n Câu 10. Cho dãy số (un ) với unn =( −1) . Mệnh đề nào sau đây đúng? Trang 1/6 - Mã đề 101
2. A. Dãy số (un ) là dãy số không bị chặn. B. Dãy số (un ) là dãy số giảm. C. Dãy số (un ) là dãy số tăng. D. Dãy số (un ) là dãy số bị chặn. Câu 11. Có bao nhiêu số chẵn mà mỗi số có 4 chữ số đôi một khác nhau? A. 50000. B. 4500 . C. 2296 . D. 2520 . Câu 12. Trên giá sách có 4 quyển sách toán, 3 quyển sách lý, 2 quyển sách hóa. Lấy ngẫu nhiên 3 quyển sách. Tính xác suất để trong ba quyển sách lấy ra có ít nhất một quyển là toán. 2 3 37 10 A. . B. . C. . D. . 7 4 42 21 Câu 13. Cho aa>≠0, 1. Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: A. Tập giá trị của hàm số yx= loga là tập . B. Tập giá trị của hàm số ya= x là tập . C. Tập xác định của hàm số yx= loga là tập . D. Tập xác định của hàm số ya= x là khoảng (0; +∞). Câu 14. Hình vẽ bên là đồ thị các hàm số yx= a , yx= b , yx= c trên miền (0; +∞). Hỏi trong các số a , b , c số nào nhận giá trị trong khoảng (0; 1) ? y yx= a yx= b yx= c O x A. Số b. B. Số c. C. Số a . D. Số a và số c. 2 1 ( x −1) Tích phân I= d x= a ln bc + , trong đó a , b , c là các số nguyên. Tính giá trị của biểu thức Câu 15. ∫ 2 0 x +1 abc++? A. 3. B. 0 . C. 1. D. 2 . Câu 16. Tổng tất cả các cạnh của khối lăng trụ không thể bằng số nào sau đây? A. 2025 . B. 2019 . C. 2020 . D. 2022 . xx− − 53++ 3 a a Câu 17. Cho 9xx+= 9 23. Khi đó biểu thức A = = với tối giản và ab, ∈ . Tích ab. có giá 13−−xx 3− b b trị bằng: A. 10. B. −8 . C. 8 . D. −10 . mx + 4 Câu 18. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = giảm trên khoảng (−∞;1)? xm+ A. Vô số. B. 1. C. 0 . D. 2 . Câu 19. Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số y=−+ x323 x mx đạt cực tiểu tại x = 2 . A. m = 0. B. m = −2 . C. m =1. D. m = 2 . Câu 20. Đường cong ở hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào? y 2 2 −1 O 1 x −2 Trang 2/6 - Mã đề 101
3. A. yx=−+3231 x . B. yx=−+3232 x . C. yx=++3232 x . D. yx=−++3232 x . Câu 21. Tập nghiệm của bất phương trình 7x ≥− 10 3x chứa bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 10? A. 11. B. 9. C. 8 . D. 10. Câu 22. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc và đều bằng a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng OA và BC bằng a 3 a 2 A. . B. a. C. a 2. D. . 2 2 Câu 23. Kết quả của I= ∫ xexd x là A. IxeeC=xx −+. B. I=++ exx xe C . x2 x2 C. I= eCx + . D. I= eeCxx ++. 2 2 10 6 Câu 24. Cho hàm số fx( ) liên tục trên đoạn [0;10] và ∫ fx( )d7 x= và ∫ fx( )d3 x= . Tính 0 2 2 10 P=∫∫ fx( )dd x + fx( ) x. 06 A. P = −4. B. P = 4 . C. P =10. D. P = 7 . Câu 25. Cho tứ diện SABC có SA= a, SB = 2, a SC = 3 a . Giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện bằng a3 a3 A. 6a3 . B. a3 . C. . D. . 3 6 25a Câu 26. Cho hình hộp chữ nhật ABCDA′′′′ B C D . Khoảng cách giữa AB và BC′ là , giữa BC và AB′ 5 25a a 3 là , giữa AC và BD′ là . Thể tích của khối hộp đó là: 5 3 A. 4a3 . B. 2a3 . C. a3 . D. 8a3 . Câu 27. Cho đa giác lồi n cạnh ( nn∈≥ *, 6 ) nội tiếp đường tròn (O) sao cho không có ba đường chéo nào đồng quy. Các cạnh và các đường chéo của đa giác giao nhau tạo thành các tam giác. Gọi X là tập hợp các tam giác như thế. Lấy ngẫu nhiên một tam giác trong tập X . Tìm n để xác suất lấy được tam giác không 4 có đỉnh nào là đỉnh của đa giác bằng . 15 A. n = 23. B. n = 19 . C. n = 15. D. n = 11. Câu 28. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của S 2 trên đáy là điểm H trên cạnh AC sao cho AH= AC ; mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một 3 góc 60o . Thể tích khối chóp S. ABC là? a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. B. C. D. 48 36 24 12 Câu 29. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thoi cạnh AB= BD = 2, hai đường chéo cắt nhau tại O . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD) là trung điểm H của BO . Gọi G là trọng tâm tam giác ADC . Biết SC tạo với mặt phẳng đáy góc 45°, tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CG . 6 2373 2373 2 14313 4 14313 A. . B. . C. . D. . 113 113 367 367 Câu 30. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn 0;18 để phương trình x 2 log4 xm x1 có đúng một nghiệm dương? A. 16. B. 17 . C. 19. D. 18. Trang 3/6 - Mã đề 101
4. VNMDC DM DN 1 39 =. =⇒=VNMDC VSADC DA DS 4 24 26 1 26 Có ∆SHA =∆⇒= SHC SA SC =2 HC = ⇒ MN = SA = 2 24 2( AC22+− DC) AD 2 Tam giác ACD có AD== CD2, AC =⇒= 2 3 CM =7 4 13 9 22 26 Tam giác SCD có SD= SH22 + HD = +=,CD = 2, SC = suy ra trung tuyến 44 2 2 22 2 2(CS+− CD) SD 62 CN = = 44 62 26 37 434 637112 Tam giác CMN có CN=, CM ==⇒=⇒= 7, MN cos MCN sin MCN . 4 4 868 1736 1 367 Suy ra S= . CM . CN .sin MCN = . ∆CMN 2 16 1 1 3VNMDC 2 14313 VNMDC ==⇒==. Bh . S∆CMN ., d( D( CMN)) d( D ,( CMN )) . 3 3 S∆CMN 367 2 14313 Vậy d( SA, CM ) = . 367 Câu 30. Lời giải Bài yêu cầu m 0;18 và x 0 , khi đó xm 0. Xét x 2 không phải nghiệm của phương trình nên với x 2 ta có: x 1 xx 11 x 2 log xm x1 log xm xm4xx 22 m 4 x 1 44x 2 x 1 Đặt fx 4 x 2 x, ta chỉ quan tâm nghiệm dương nên xét fx trên 0; \ 2. x 1 1 x 2 Ta có fx 4 .2 .ln 4 1 0, x 0; \ 2. x 2 Bảng biến thiên của fx x 0 2 +∞ f'(x) 2 +∞ f(x) -2 -∞ Từ bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có đúng một nghiệm dương khi m 2 hoặc m 2. Do m nguyên thuộc đoạn 0;18 nên tập các giá trị của m là 2;3;4; ;18, có 17 giá trị. Câu 31. Lời giải
5. Chọn B Ta có 32 3 3 ++ x x xx( 16 4) fx′( ) = = = xx22+−16 4 + 16 xx22+16( +− 16 4) xx22+16( +− 16 4)( x 2 ++ 16 4) 2 ++ xx( 16 4) 4x = =x + xx22++16 16 4x 4 x2 ⇒ fx( ) =∫xx + d = ∫∫xxd + d( x2 + 16) = +4xC2 ++ 16 x2 +16 2x2 + 16 2 49 x2 Mà f (3) = ⇒=C 0 ⇒=fx( ) ++4x2 16 2 2 3 3 3 333 x 2 x 81 244 2195 Vậy ∫ xf.d( x) x= ∫++4xx 16 d x=∫∫dxx + 222 + 16d( x +=+ 16) = 0 0 2 002 8 3 24 Câu 32. Lời giải Chọn D Dựng hình vuông ABCD . AB⊥ SA Ta có  ⇒⊥AB( SAD) ⇒⊥ SD AB . AB⊥ AD BC⊥ SC Và  ⇒⊥BC( SCD) ⇒⊥ SD BC . BC⊥ CD SD⊥ AB Khi đó  ⇒⊥SD( ABCD) ⇒= SD dS( ;( ABCD)) = a . SD⊥ BC Kẻ DH⊥ SA và DK⊥ SC DH⊥ SA Ta có  ⇒⊥DH( SAB) DH⊥⊥ AB( do AB( SAD)) DK⊥ SC Tương tự,  ⇒⊥DK( SBC) . DK⊥⊥ BC( doBC( SCD)) Do đó ( (SAB);,( SBC)) =( DH DK) = HDK . AC SD22.6 AD a Mà AD= = a 2 , SA= SD22 += AD a 3 và DH= DK = = 2 SA2 3 HK// AC a 3  2a ⇒==SK SH SD22 − DK = ⇒ HK SH 1 ⇒=HK . 3  = = 3  AC SA 3
6. DH222+− DK HK 2 Vậy cos HDK = = . 2.DH DK 3 Câu 33. Lời giải 22 Chọn A Đặt f( x) = log2020 ( x + y) + log2021 ( y ++ y64) − log4 ( x − y) (coi y là tham số). xy+>2 0  Điều kiện xác định của fy( ) là : yy2 ++64 > 0 .  −> xy0 Do x,y nguyên nên xy> ≥− y2 . Cũng vì x,y nguyên nên ta chỉ cần xét fy( ) trên nửa khoảng [ y;+1 +∞) . 11 Ta có fx′( ) = − <0, ∀≥xy + 1. ( x+ y2 ) ln2020 ( x− y) ln4 Ta có bảng biến thiên của hàm số fx( ) Yêu cầu bài toán trở thành: 22 f( y +64) <⇔ 0 log2020 ( y ++ y64) + log2021 ( y ++ y64) < log4 64 3 2 2 log2020 2021+ 1 ⇔log2021 ( y ++ y64) .( log2020 2021+ 1) < 3 ⇔yy ++64 − 2021 < 0 ⇒−301,76 <y < 300,76 Mà y nguyên nên y ∈−{ 301; − 300; ;299;300}. Vậy có 602 giá trị nguyên của y thỏa mãn yêu cầu. Câu 34. Lời giải Chọn C sin3xx .cot= cot x(1) . ĐK: sinx≠⇔≠ 0 xkπ ππkk22 ππ  π xx=+=+ sin 3x = 1 32xk= + π 63 63 (1) ⇔⇔ 2 ⇔ ⇔ cotx = 0  ππ cosx = 0 xk=+=+ππ xk 22 Biểu diễn nghiệm lên đường tròn lượng giác và đối chiếu với điều kiện ta được các nghiệm của phương trình π ππk2 (1) là: xk= + π ; + ; k ∈ . 2 63 Các điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác của tập nghiệm này tạo thành hình tứ giác BCB'' C :
7. y π B 2 5π π 6 6 C' C x O B' -π 2 3 2. .2 CC'. BB ' Tứ giác BCB'' C có 2 đường chéo vuông góc, diện tích của nó là: S = =2 = 3 . 22 Câu 35. Chọn A 3 2 3 Đặt t= ux() = x + 2 x ta có t′′= ux( ) = 3 x +> 2 0, ∀ x do đó tx= + 2 x là một hàm số tăng vì vậy x ∈−1;1  thì t ∈−3;3  . Dựa vào bảng biến thiên của hàm số fx() trên đoạn −3;3  ta có maxft ( )= 5 và minft ( )= − 6 . −3;3 −3;3 Từ đây ta có maxgx ( )= max ft ( ) + 3 fm ( ) hoặc maxgx ( )= min ft ( ) + 3 fm ( ) −−1;1 3;3  −1;1 −3;3   maxft ( )+= 3 fm ( ) 8  −3;3 5+= 3(fm ) 8 Trường hợp 1: ⇔ 5+ 3(fm ) ≥− 6 + 3( fm ) maxft ( )+≥ 3 fm ( ) min ft ( ) + 3 fm ( )   −3;3 −3;3  fm()= 1  13  fm()= − ⇔ 3 ⇔=fm() 1  1  fm()≥  2
8. Từ bảng biến thiên phương trình fm()= 1 có 5 nghiệm, như vậy trường hợp này có 5 giá trị thực của m thỏa mãn.   minft ( )+= 3 fm ( ) 8  −3;3 −+6 3(fm ) = 8 Trường hợp 2: ⇔ −+ > + minft ( )+> 3 fm ( ) max ft ( ) + 3 fm ( )  6 3(fm ) 5 3( fm )  −3;3 -3;3  2  fm()= −  3  14 2 ⇔ fm()= ⇔=−fm()  3 3  1  fm() ⇔+>0xy 0. x22+++ y xy 2 xy+ Ta có : log =x( x −+3) y( y −+ 3) xy 3 x22+++ y xy 2 22 22 ⇔2log33( xy +−) 2log ( xyxy +++=++−−2) xyxyxy3 3 22 22 ⇔2log33( xy ++++) 2( 3 xy 3) = 2log ( xyxy ++++2) ( xyxy +++2) 22 22 ⇔2log333( xy + 3) +( 3 xy + 3) = 2log ( xyxy ++++2) ( xyxy +++2) (*). Xét hàm số: ft( ) =2log3 t + t với t > 0. 2 Ta có ft'( ) = +> 10 với mọi t > 0. Suy ra hàm số y= ft() đồng biến trên khoảng (0;+∞) . t.ln 3 Khi đó ta có: (*) ⇔fxyfxyxy( 3 + 3 ) =( 22 +++2) ⇔+=+++ 3 xyxyxy 3 22 2 ( ). xab= + 33ab−+ 2 Đặt  . Suy ra P = và ( ) ⇔ 3(ab − 1) +=2 1. y= ab − 26a +  cost + 3  3(at−= 1) cos a = Đặt ⇔ 3 với t ∈[0; 2π ). bt= sin  bt= sin 3costt−+ 3sin 6 3 Khi đó P= ⇔−(2Pt 3) cos + 3sin t =− 6 3 8 3 P. 2cost + 8 3 2 2 Phương trình trên có nghiệm khi : (2PP− 3) +≥ 3( 63 − 83) 69−+ 249 69 249 ⇔47PP2 − 69 +≤ 24 0 ⇔ ≤≤P ( ). 94 94 Vì luôn tồn tại t ∈[0; 2π ) để dấu bằng ở ( ) xảy ra. Do đó, ta luôn tìm được a , b từ đó tìm được xy, để 69+ 249 P đạt giá trị lớn nhất. Vậy giá trị lớn nhất của P là . 94
9. Câu 37. Lời giải Chọn D yfx=4( sin) + cos2 xafx − = 4( sin) − 2sin2 x +− 1 a. π π Đặt t=sin xt ⇒=′ cos x > 0, x ∈ 0; nên khi x tăng trên 0; thì t tăng trên (0;1) . 2 2 2 π Do đó hàm số yf=4( sin x) − 2sin x +− 1 a nghịch biến trên 0; khi và chỉ khi hàm số 2 y=4 ft( ) − 21 t2 +− a nghịch biến trên (0;1) . Dễ thấy, điều kiện cần để hàm số y=4 ft( ) − 21 t2 +− a nghịch biến trên (0;1) là phương trình 4ft( ) − 21 t2 +− a = 0 vô nghiệm trên (0;1) . (*) Với điều kiện (*) , y=4 ft( ) − 21 t2 +− a nghịch biến trên (0;1) khi và chỉ khi (4fttftta′( ) − 44)( ( ) − 22 +− 1 ) yt′ ≤0, ∀∈( 0;1) ⇔ ≤0, ∀∈t ( 0;1) . ( ) 4ft( ) − 21 t2 +− a Dựa vào đồ thị trên ta có ft′( ) ∀∈ 2 t22 1 a 0, t( 0;1) ⇔< a 4 ft( ) −+∀∈ 2 t 1, t ( 0;1) . (điều kiện này luôn đảm bảo thỏa mãn (*)) Hay a≤4 ft( ) − 2 t2 + 1, ∀∈ t [ 0 ;1] ⇔≤amin{ 4 ft( ) − 2 t2 + 1}. [0;1] Xét hàm số gt( ) =4 f( t) −+ 21 t2 trên [0;1] có gt′′( ) =4 f( t) − 4 t < 0, ∀∈ t [ 0;1] , nên gt( ) nghịch biến trên [0;1] . ⇒==mingt( ) g( 1) 3.Vậy a≤=min gt( ) 3 . [0;1] [0;1] Vì a nguyên dương nên 03<≤a ⇒∈a {1; 2; 3}. Câu 38. Lời giải ChọnA Ta có: y′ =3 x2 − 6 mx + 3( m 22 −= 1) 3( x − 2 mx + m 2 − 1) 22xm= − 1 y′ =02 ⇔ x − mx + m −⇔ 1 xm= + 1 Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy điểm cực đại của đồ thị (C) là điểm Mm( −−1; 3 m + 2 ) . Nhận xét: yMM=−3 m + 2 =− 3( m − 1) −=− 1 3 x −⇒ 1 M ∈( dy) : =−− 3 x 1, ∀ m . Vậy: khi m thay đổi, điểm cực đại của đồ thị (C) luôn nằm trên một đường thẳng d cố định có phương trình: yx=−−31. Vậy đường thẳng d có hệ số góc k = −3 . Câu 39. Lời giải Chọn A Xét hàm số fx( ) =−+ x525 x 5( m −− 1) x 8.
10. Trường hợp 1: fx( ) = 0 có nghiệm x0 ∈( −∞;1) thì hàm số y= fx( ) không thể nghịch biến trên khoảng (−∞;1) . Trường hợp 2: fx( ) = 0 không có nghiệm x0 ∈( −∞;1) . Ta có: fx′( ) =−+5 x4 10 x 5( m − 1) . f′().() x fx Khi đó y= x52 −55 x +( m − 18) x −= fx( ) = f2( x) nên y′ = . fx2 () Hàm số nghịch biến trên (−∞;1) khi và chỉ khi y′ ≤ 0 với  f′().() x fx≤ 0  fx() 0 ∀∈x ⇒ fx( ) đồng biến trên . Từ giả thiết suy ra fx( 32−+− − 2 x + 25 x −
11. xxx32−4 + 55 − 5 m Xét gx( ) =− x324 x +− 55 x và hx( ) = x3 ++ x 5 trên (0;1) có bảng biến thiên là Từ bảng biến thiên suy ra fx( 32−+−+2 x 3 xm) f( 2 x −−<∀∈ 2 x2 5) 0, x( 0;1) khi và chỉ khi m ≥−3  ⇒−35 ≤m ≤ . Vậy tập S có 9 phần tử. m ≤ 5 Câu 42. Lời giải Chọn C r h' khoảng không h h/4 x nước r 1 Giả sử ly có chiều cao h và đáy là đường tròn có bán kính r , nên có thể tích V= π hr 2 . 3 1 Khối nước trong ly có chiều cao bằng chiều cao của ly nên khối nước tạo thành khối nón có chiều cao 4 2 h r 1hr 11 2  1 bằng và bán kính đáy thể tích nước bằng ππ= hr = V . 4 4 3 4 4 64  3  64 1 63 Do đó thể tích khoảng không bằng VVV−=. 64 64 x h' rh .' Nên khi úp ngược ly lại thì ta có các tỉ lệ : = ⇒=x . rh h 2 33 122 1rh .'  1 h '  h ' Suy ra: thể tích khoảng không bằng: h'.ππ x= . h '. . = πhr . = .V . 33h  3  hh  33 63hh '  ' 63 h ' 6333 63 63 ⇒VV = ⇒  = ⇒ =3 = ⇒=hh' . 64 hh  64 h 64 4 4 3363 4− 63 Nên chiều cao mực nước bằng: hh−=−' h h = h. 44 4− 3 63 Vậy tỷ lệ chiều cao của mực nước và chiều cao của ly nước bây giờ bằng . 4 Câu 43. Lời giải Chọn D
12. Gọi K là trung điểm của AB ta có OK⊥ AB vì tam giác OAB cân tại O Mà SO⊥ AB nên AB⊥ ( SOK ) ⇒⊥(SOK) ( SAB) mà ⇒(SOK) ∩=( SAB) SK nên từ O dựng OH⊥ SK thì OH⊥( SAB) ⇒= OH d( O,( SAB)) SO SA Xét tam giác SAO ta có: sin SAO =⇒= SO SA 2 SK SA 3 Xét tam giác SAB ta có: sin SAB =⇒= SK SA 2 1 11 1 1 Xét tam giác SOK ta có: = += + OH2 OK 2 OS 2 SK 22− SO SO 2 1 1 1 42 63 ⇒=+ =+ ⇒ =⇒=SA22 a2 ⇒= SA a OH 2SA23 SA 22 SA SA22 SA SA22 a − 4 44 Câu 44. Lời giải Chọn A Điều kiện: y > 0; (xy−log ) + 2.22 = 8xylog2 + 5y ( 1) Theo đề bài, ta có:  2(xy− log ) xy+log 22 = 82 .5y + 2 xylog2 + (85y) ++2 + ⇒ =8xylog22 .5yy ⇔( 8 xylog −=⇔= 5) 0 8xylog2 5 y 4 (2) xy+log2 ⇒log2( 8) = log2 5yx ⇔+( log22 y) .log 8 = log 22 5 + log y 5 ⇔+3x 3log y = log 5 + log yx ⇔+ 3 2log y = log 5 ⇔= 3 x log( 3) 222 22 2y2 Thay (2) vào (1) ta được: (xy−−log ) (xylog ) 2.222= 5yy + 5 ⇔ 2 = 5 yx ⇔− log y = log 5 yx ⇔= log 5 y2 ( 4) 22 2 52 5 283 11 Từ (3) và (4) ⇒log22 = 3.log 5y ⇒ =( 5 yy) ⇔ = ⇒= y yy2225 4 5 22   1 x 2 log2 5 11 ⇒=xylog22 5. = log 5 ⇒ 2 . = 2 . = 5. = 1 445 55 Câu 45.
13. Chọn A Xét hàm số y= fx(2 −⇒ 1)( fx (2 − 1)) ' = 2 f '(2 x − 1) nghịch biến khi fx′( ) a 0  >a 0  −b a > 0  x b 2  x > a b ) 0  a 0 thì hàm số y= g() ax + b nghịch biến trên−∞;;  ;+∞ không thỏa mãn điều kiện có khoảng aa   nghịch biến là(1; 2) . bb −2 − Nếu a < 0 thì hàm số y= g() ax + b nghịch biến trên − ; aa Yêu cầu bài toán là hai hàm số y= fx(2 − 1) , y= g() ax + b có cùng khoảng nghịch biến lớn nhất  b − 2 −=1  a a = −2 nên ⇔ ⇒44ab +=−. −=bb4  = 2   a Câu 46. Lời giải Chọn B 22 Ta có: 522x22+ xy + y =⇔ 92( x + y) +−( x y) =9. Đặt 2x+= y 3sin tx , −= y 3cos tvới t ∈−2ππ ;2  . ⇒=xttsin + cos và yt=sin − 2cos t. 6x− 6 6sintt+− 6cos 6 6sin tt +− 6cos 6 K = = = . 4xy−− 9 4(sin t + cos t ) − sin t + 2cos t − 9 3sin t + 6cos t − 9 ⇒−(3K 6sin) t +−( 6 K 6cos) tK =− 9 6. 22 2 Điều kiện để phương trình trên có nghiệm là (36KKK−) +( 66 −) ≥( 96 −) ⇔− 1 ≤ K ≤ 1 21t + Xét hàm số ft()= trên −1;1  t − 2  −5 1 = < ∀≠ = −= Ta có: ft'( ) 2 0,t 2 . Suy ra Max f( t ) f ( 1) . (t − 2) −1;1 3 Câu 47. Lời giải Chọn C Tập xác định: D  1; \ 0 . 51 1 1 51xx 1 x x2 xx 34 • lim y lim lim 0 y 0 là đường tiệm cận ngang của đồ thị x x 2 x 2 xx 2 1 x hàm số.
14. 2 51xx 1 2 • 51xx 1 25xx 9 lim y lim 2 lim lim x 0 x 0 xx 2 x 0 x2 25 xx 1 x 1 x 0 x2 25 xx 1 x 1 25x 9 9 lim x 0 xx 25 1 x 1 4 x 0 không là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Vậy đồ thị hàm số có tất cả 1 đường tiệm cận. Câu 48. Lời giải Chọn C . Dựa vào đồ thị ta thấy fx'( ) 0 x 2 và fx'( ) 0 x 2. Ta có g'()2( x x m )'( f x22 2 mx m 1). xm 0 22 22 f'( x 2 mx m 1) 0 g'()0 x 2()'(2 x m f x mx m 1)0 xm 0 22 f'( x 2 mx m 1) 0 xm xm m 11 xm 22 x 2 mx m 12 mxm 1 xm . xm xm 1 xm 1 22 x 2 mx m 12 xm 1 m 0 1 m 0 1 1 m 2 Hàm số y gx() nghịch biến trên 0; 2 . 2 3 3 m m 2 2 Kết hợp với m và m [ 5;5] suy ra m {0; 2;3; 4;5}. Vậy tổng tất cả các phần tử của S bằng 14. Câu 49. Lời giải x > 0 ⇒>x ⇒> Chọn C Điều kiện  x mm21. m −>20 x > 0 x > 0 log2 xx−+ 3log 2   Ta có 33 ⇔ m − 20x > m − 2x  2  − − 0 x > 0   m > 2x ⇔ m −>20x ⇔ m > 2x ⇔  (I). 39 2x có không quá 3 nghiệm nguyên dương x ∈(3; 9) . Xét hàm số y= fx( ) = 2x với x ∈(3; 9) có fx′( ) =2x .ln 2 >∀ 0, x. Bảng biến thiên
15. Từ bảng biến thiên suy ra m ≤=27 128 . Mà m >1 và m nguyên dương nên m∈{2,3, ,128} . Vậy có 127 giá trị nguyên dương của tham số m thoả mãn. Câu 50. Hướng dẫn giải Chọn D Cách 1 S P M I N B C O A D SM SN Đặt a = , b = , (0;1<≤ab ) . SB SD V VV+ VV1 SM SP SN SP 1 Ta có 1 = S AMP S ANP =S AMP + S ANP =  + = (ab+ ) (1) VV 22VVS ABC S ADC 2 SB SC SD SC 4 V VV+ VV1 SM SN SM SN SP 3 Lại có 1 = S AMN S PMN =S AMN + S PMN = .+ = ab (2). VV 22VVS ABD S CBD 2 SB SD SB SD SC 4 13 a a 1 Suy ra (ab+) = abab ⇔+=3a b ⇒= b . Từ điều kiện (01<≤b ) , ta có ≤1, hay a ≥ . Thay 4 4 3a− 1 3a− 1 2 V 3 a2 vào (2) ta được tỉ số thể tích 1 = . . V 4 3a− 1 =aL0( ) 31a2  3 3a2 − 2a = ∈ = = ⇔  Đặt fa( ) . ; a  ;1 , ta có fa'.( ) 2 0 2 . 4 3a− 1 2 4 (3a− 1)  a =  3 1 3  21 V 21 ff=(1;) = f = , do đó Min1 = Min f( a) = f = .   1  2 8  33 V a∈;1 33 2