Đề thi khảo sát chất lượng học sinh giỏi lần 1 môn Toán Lớp 12 - Năm học 2022-2023 - Trường THPT Chu Văn An (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi khảo sát chất lượng học sinh giỏi lần 1 môn Toán Lớp 12 - Năm học 2022-2023 - Trường THPT Chu Văn An (Có đáp án)

1. SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 12 TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN LẦN 1 - NĂM HỌC 2022-2023 Môn: TOÁN Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề gồm có 8 trang-50 câu trắc nghiệm) Câu 1. Tìm số nghiệm của phương trình sin( cos 2x) = 0 trên [0; 2π ] . A. 2 . B. 1. C. 4 . D. 3. Câu 2. Cho tứ giác ABCD , số vectơ khác vectơ - không có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của tứ giác là A. 10. B. 6 . C. 4 . D. 12. Câu 3. Cho cấp số cộng ()un có u4 = 3 và u7 = 9 . Tìm số hạng thứ 2022 của cấp số cộng ()un . A. u2022 = 4039 . B. u2022 = 4035 . C. u2022 = 4037 . D. u2022 = 4041. Câu 4. Cho hàm số y= fx( ) có bảng biến thiên như sau: Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào, trong các khoảng dưới đây? A. (−∞;2 − ) . B. (1; +∞) . C. (−2;1) . D. (−1; 2 ) . >≠ 2 3 Câu 5. Cho số thực aa0; 1 , loga (aa ) bằng 7 5 10 14 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Câu 6. Số cạnh của một hình bát diện đều là A. 12. B. 10. C. 8 . D. 6 . Câu 7. Khối cầu ()S có diện tích bằng 36π a22 ( cm ) , (a > 0) thì có thể tích là: A. 288π a33 ( cm ) . B. 9()π a33 cm . C. 108π a33 ( cm ) . D. 36π a33 ( cm ) . Câu 8. Cho khối nón có chiều cao ha= 6 và bán kính đáy r bằng một nửa chiều cao h . Tính thể tích của khối nón đã cho. A. 12π a3 . B. 54π a3 . C. 9π a3 . D. 18π a3 . 2 Câu 9. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số fx( ) = ex − là x2 2 2 1 A. eCx −+. B. ex −+2ln xC2 . C. eCx ++. D. eCx ++. x x x Câu 10. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số yx= cos2 , trục hoành, đường thẳng x = 0 và x = π là π π π π A. . B. . C. . D. . 8 6 4 2 12 2 1 Câu 11. Số hạng thứ 9 khai triển xx−≠( 0) bằng x 1
2. A. 495 . B. −792 . C. 220 . D. −220 . 53x − Câu 12. Tính lim . x→−∞ x2 − 5 3 3 A. . B. − . C. 5. D. −5. 5 5  1   2  Câu 13. Cho hình hộp ABCD.' A B ' C ' D ', MN, là các điểm thỏa MA= − MD , NA' = − NC . Mệnh đề nào sau 4 3 đây đúng ? A. MN ( AC' B) . B. MN ( BC' D) . C. MN ( A'' C D) . D. MN ( BC' B) . 2023 Câu 14. Cho hàm số fx( ) có đạo hàm fx′( ) = xx22( −1)( x −+ 54 x)( x + 2) . Hỏi hàm số fx( ) có bao nhiêu điểm cực trị ? A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 . Câu 15. Giá trị lớn nhất hàm số fx( ) =−+cos2 4 x sin2 x cos2 x 4 trên là 81 9 10 7 A. max fx( ) = . B. max fx( ) = . C. max fx( ) = . D. max fx( ) = . x∈ 16 x∈ 2 x∈ 3 x∈ 2 21x + Câu 16. Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y = là x2 − 3 A. 3 . B. 2 . C. 4 . D. 1. −+ += Câu 17. Nghiệm của phương trình log2 ( xx 1) log1 ( 1) 1 nằm trong khoảng nào sau đây? 2 A. (−1; 0 ) . B. (0;1) . C. (2;3) D. (4;5) 2 Câu 18. Số nghiệm nguyên của bất phương trình 23xx−−21≤ là A. 2 . B. 3 . C.1. D. 4 . x x Câu 19. Đồ thị của ba hàm số ya= , yb= , yx= logc (với a , b , c là ba số dương khác 1 cho trước) được vẽ trong cùng mặt phẳng tọa độ (hình vẽ bên). Khẳng định nào sau đây là đúng? A. cba>>. B. bac>>. C. abc>>. D. cab>>. Câu 20. Cho hình lăng trụ đứng ABC.'' A B C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B . Biết AC=2 a , BC = a , AA ' = 2 a 3,thể tích khối lăng trụ ABC.'' A B C ' bằng 2
3. A. 6.a3 B. 2.a3 C. 3.a3 D. 3a3 3. Câu 21. Cho hàm số bậc ba có đồ thi như hình vẽ. Diện tích S của miền được tô đậm như hình được tính theo công thức nào? 3 3 A. S=∫( fx( ) +1d) x. B. S=∫( fx( ) −1d) x. 0 0 3 3 C. S=∫ ( fx( ) +1d) x. D. S=∫ fx( ) −1d x . −1 0 x−1 Câu 22. Tập nghiệm của bất phương trình ( 3 55) < x+3 A. (−∞;5 − ) . B. (−∞;0) . C. (−5; +∞) . D. (0;+∞) . Câu 23. Cho hình chóp đều S. ABCD có cạnh bên bằng a 3 , mặt bên tạo với đáy một góc 450 Thể tích khối chóp S. ABC bằng 36a3 36a3 2a3 4a3 A. V = B. V = . C. . D. . 4 2 3 3 6 2 Câu 24. Cho hàm số fx( ) liên tục trên và ∫ fxx( )d9= . Giá trị của tích phân ∫ f(3d xx) bằng 0 0 A. 3. B. 18. C. 1. D. 27 . Câu 25. Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật có ba kích thước là 3, 4, 5 . 125π 2 125π 2 A. . B. . C. 50π . D. 50π 2 . 3 12 Câu 26. Cho hình chóp tứ giác S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 2a . Tam giác SAD cân tại S và mặt bên 4 (SAD) vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối chóp S. ABCD bằng a3 . Tính khoảng cách h từ B đến mặt 3 phẳng (SCD) 3
4. 2 4 8 3 A. ha= B. ha= C. ha= D. ha= 3 3 3 4 8cos 2xm− Câu 27. Cho hàm số y = (1). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng sin2 xx−+ 2sin 3 (− 60;60) để tập xác định của hàm số (1) là ? A. 68. B. 53 . C. 52 . D. 69 . a Câu 28. Cho hình chóp S. ABCD có SA⊥=( ABCD), SA , đáy ABCD là hình thoi cạnh a . Góc BAD =120 ° , có 2 I là giao của hai đường chéo AC, BD . Góc giữa SI với ()ABCD là A. 600 . B. 450 . C. 900 . D. 1350 . Câu 29. Cho hàm số fx( ) có đạo hàm trên R và có bảng biến thiên như sau (1−m) fx( ) ++ 22 Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số y = đồng biến trên khoảng (−1;1) ? fx( ) +−2 m A. 0 . B. 2 . C. 3. D. 1. Câu 30. Cho hàm số y= fx( ) = x42 −23( m +) x ++ m 5 có đồ thị (C). Gọi S là tập hợp tất các cả giá trị thực của tham số m để (C) tiếp xúc với trục hoành. Tổng tất cả các phần tử của tập S bằng: A. −10 . B. −6 . C. −5 . D. −9 Câu 31. Cho hàm số y fx có đồ thị hàm số y fx như hình vẽ bên y 3 x 0 1 Bất phương trình fx 3 x m có nghiệm x 0;1 khi và chỉ khi A. mf> (0). B. mf≥−(13) . C. mf≥ (0) . D. mf>−(13) . Câu 32. Cho hàm số fx( ) có đồ thị hám fx'( ) như hình vẽ bên dưới. So sánh đúng về các giá trị fa( ),, fb( ) fc( ) là 4
5. Câu 33. Cho hàm số f( x) = ax543 + bx + cx + dx 2 ++ ex f có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình fx( 4+ 52 −) −= 30là. A. 8 . B. 4 . C. 10. D. 6 . Lời giải Đặt tx=4 +− 52, Phương trình trở thành: ft( ) −=⇔3 0 ft( ) = 3. Kẻ đường thẳng y = 3 cắt đồ thị y= fx( ) tại 5 điểm phân biệt có hoành độ mn, ,0, pq , với mn 0 4x+−= 52 pN >⇒ 0 2  0 tq= > 0  4x+−=>⇒ 52 qN 0 20 Vậy số nghiệm thực phân biệt của phương trình fx( 4+ 52 −) −= 30bằng 6 . 22 Câu 34. Cho phương trình 4xx−mm .2+1 − 3 += 1 0 . Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt. Số phần tử của tập S là A. 1. B. 0. C. 2. D. 3. Lời giải 2 Đặt t =2x ≥ 1.Phương trình trở thành: f( t) = t2 −2 mt − 3 m += 1 01( ) Để có 4 nghiệm x phân biệt thì phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1. Cách 1: '2 '2 ∆ =mm +3 −> 10 ∆ =mm +3 −> 10    5 Khi đó phải có: t> t >⇔1 f( 1) =− 15 m +> 1 0 ⇔ m tt212 m 11 m >1 t 2 +1 t 2 +1 2tt2 +− 62 ⇔= = ′ Cách 2: (12) m ( ), xét gt( ) , gt( ) =2 >0, ∀>t 1. 23t + 23t + (23t + ) Bảng biến thiên 21
6. Theo bảng biến thiên ta thấy không tồn tại m để (2) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1. 2 2 1 Câu 35. Cho phương trình (mxm−1) log11( − 2) + 4( − 5) log + 4 m −≥ 4 0 ( m là tham số). Tập hợp tất cả các 22x − 2 5 giá trị của m để bất phương trình có nghiệm thuộc ;4 là: 2 7 7 7 A. [−3; +∞) . B. ;+∞ C. −3; D.  −∞; 3 3 3 Lời giải ĐK: x > 2 2 2 1 (mxm− 1) log11( − 2) + 4( − 5) log + 4 m −≥ 4 0 22x − 2 2 ⇔4(m − 1) log22( x −+ 2) 4( m − 5) log( xm −+ 2) 4 −≥ 4 0 2 ⇔(m −1) log22( x −+ 2) ( m − 5) log( xm −+−≥ 2) 1 0 5 Đặt log( xt−= 2) vì xt∈; 4 ⇒ ∈−[ 1;1] 2 2 Bài toán trở thành tìm m để bất phương trình (m−1) t2 +( m − 5) tm + −≥ 10 có nghiệm t ∈−[ 1;1] ⇔mt( 22 −+ t1) ≥ t + 51 t + có nghiệm t ∈−[ 1;1] tt2 ++51 ⇔≥m có nghiệm t ∈−[ 1;1] tt2 ++1 tt2 ++51 ⇔≥mmin ft( ) với ft( ) = t∈−[ 1;1] tt2 ++1 ⇔m ≥−3 Câu 36. Cho hình hộp đứng ABCD. A′′′′ B C D có đáy là hình vuông cạnh bằng a , cạnh bên AA '= 2a . Gọi α là góc giữa (BA′ C) và (DA′ C) . Tính cosα . −1 1 1 2 A. cosα = . B. cosα = . C. cosα = . D. cosα = . 4 4 5 5 Lời giải Ta có (BA′ C) ∩=( A'' DC) A C . 22
7. Do DB⊥⇒ AC DB⊥ A' C . Kẻ DH⊥ A' C . Suy ra (DBH) ⊥ A' C . Ta có(BDH) ∩=( A'; BC) BH( BDH) ∩=( A ' CD) DH . ⇒ α = (( BA′′ C);;( DA C)) = ( BH DH ) . Xét ∆A' DC có D =900 ; CD = a , DA ' = a 5 . 1 1 1 a 30 Ta có = + ⇒=DH DH2 DA'6 22 CD a 30 Tương tự ta có BH = . 6 a 30 DH2+− BH 22 BD −1 Xét ∆BDH có BH===⇒= DH; BD a 2 cos BHD =. 6 2.BH DH 5 1 Vậy cosα = cos BHD = . 5 Câu 37. Cho một miếng tôn mỏng hình chữ nhật ABCD với AB = 4dm và AD = 6dm . Trên cạnh AD lấy điểm E sao cho AE =1dm , trên cạnh BC lấy điểm F là trung điểm BC (tham khảo hình 1). Cuộn miếng tôn lại một vòng sao cho AB và DC trùng khít nhau. Khi đó miếng tôn tạo thành mặt xung quanh của hình trụ (tham khảo hình 2 ). Thể tích V của tứ diện ABEF trong hình 2 bằng E A E D A B C F B F Hình 1 Hình 2 23 18 3 54 3 63 A. dm3 . B. dm3 . C. dm3 . D. dm3 . π 2 π 2 π 2 π 2 Lời giải 23
8. E A I E H O A E D A H I O B C F B F Gọi R là bán kính đáy của hình trụ. Gọi O là tâm đường tròn đáy của hình trụ. Gọi I là điểm sao cho ABFI là hình chữ nhật. ∆AEI vuông tại E . 3 Đường tròn đáy của hình trụ có chu vi là 62=π RR ⇒=. π 1 3 Có AE= AD ⇒=° AOE 60 . Suy ra ∆AOE là tam giác đều cạnh R = . 6 π R 3 33 Vẽ EH⊥∈ AI, H AI , EH = = 22π EH⊥ AI Có  ⇒⊥EH( ABFI ) . EH⊥ AB 1 1 4.2.3 12 Có S= AB BF = = . ABF 22ππ 1 1 3 3 12 6 3 Có V= V = EH S = = . ABEF 3ABF 32ππ π2 63 Vậy V = dm3 . π 2 Câu 38. Cho hình lập phương ABCD. A′′′′ B C D có cạnh là a . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AC′ cắt các cạnh BCCDDD,,′′′′′′ , DA , AB , BB lần lượt tại các điểm M, N ,,,, PQRS. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A. MNPQRS bằng a 3 a 15 53a 53a A. . B. . C. . D. . 2 12 24 12 Lời giải 24
9. Gọi OM, , N ,,,, PQRS lần lượt là trung điểm của AC′;;; BCCDDD′ ; DA ′′ ; AB′′ ; BB ′ . 2 2 22aa5 Ta có AM= AB +=+== BM a  MC′ suy ra M thuộc mặt phẳng trung trực của đoạn 22 thẳng AC′. Chứng minh tươngtự ta có N,,,, PQRSK . Do đó, (MNPQRS ) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AC′. 12a 11 1 2 a 3 Ta có: MN= BD = , AO= AC′′ = AC22 + CC =( a2 ) += a2 . 22 22 2 2 22 22a5  aa 32  ⇒=OM AM − AO =  −  = suy ra MN= OM = ON hay tam giác OMN là tam 2  22  giác đều. Chứng minh tương tự suy ra lục giác MNPQRS là lục giác đều. Hình chóp A. MNPQRS có các cạnh bên bằng nhau và đáy là đa giác đều nên A. MNPQRS là hình chóp đều. Gọi K là trung điểm của AM , khi đó mặt phẳng trung trực của AM đi qua trung điểm K và cắt AO tại I ⇒=IA IM = IN == IP IQ == IR IS , nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp A. MNPQRS . AI AK AM 2 Ta có ∆∆AKI~ AOM nên = ⇒=AI . AM AO2 AO AM225 a 2 53 a Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.: MNPQRS r= AI = =. = . 2AO 8a 3 12 Tổng quát: Cho hình chóp đều có độ dài cạnh bên là b , chiều cao là h thì bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình b2 chóp r = . 2h Câu 39. Cho X là tập các giá trị của tham số m thỏa mãn đường thẳng (dy) :=−− 12 m 7 cùng với đồ thị (C) của 1 hàm số y= x32 − mx −−41 x tạo thành hai miền kín có diện tích lần lượt là SS, thỏa mãn SS= (xem 3 12 12 hình vẽ). Tích các giá trị của các phần tử của X là: 25
10. −9 A. 9. B. −9 . C. 27 . D. . 2 Lời giải 1 1 Xét phương trình: x32− mx −4 x −=− 1 12 m − 7 ⇔x32 − mx −4 x + 12 m += 6 0 (*). 3 3 1 Xét y= f( x) = x32 − mx −−41 x . Ta có fx′′( ) =22 x − m⇒f′′( x) =⇔=0 xm. 3 Khi đó (*) phải có ba nghiệm phân biệt thứ tự từ bé tới lớn là xxx123,, và x2 chính là hoành độ của tâm đối xứng. Tức là xm2 = và x2 thỏa mãn (*):  m = −3  1 32 1 32  3+ 21 m− mm. − 4 m + 12 m += 6 0 ⇔m − mm. − 4 m + 12 m +=⇔ 6 0 m = . 3 32   3− 21 m =  2 3+ 21 3− 21 Thử lại: m = −3 , m = , m = thay vào (*) thì phương trình có ba nghiệm phân biệt (thỏa mãn). 2 2 3+− 21  3 21  Vậy tích các giá trị là −=3.  .  9 . 22   Câu 40. Gọi X là tập chứa các số tự nhiên có 5 chữ số, các chữ số được lập từ {5; 6; 7;8;9} . Chọn ngẫu nhiên từ X ra một số, xác suất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 42 là: 11 13 7 9 A. . B. . C. . D. . 725 1024 625 512 Lời giải Dễ dàng có được số phần tử của tập X là: 55 = 3125 . Gọi Y là tập chứa các số tự nhiên có 5 chữ số abcde⇒+++ a b c d += e 42 . Nếu abcde chỉ chứa tối đa 1 chữ số 9, suy ra: 42=abcde +++ +≤+++++=988888 41 ( vô lí). Suy ra abcde chứa ít nhất 2 chữ số "9". 5! TH1: abcde chứa 2 chữ số 9, suy ra: abcde = hoán vị của 99888. Có tất cả số. 3!.2! 5! TH2: abcde chứa 3 chữ số 9, suy ra: abcde = hoán vị của 99987 . Có tất cả số. 3! 5! TH3: abcde chứa 4 chữ số 9, suy ra: abcde = hoán vị của 99996. Có tất cả số. 4! Từ 3 trường hợp trên, dễ thấy rằng YX⊂ . 26
11. 5! 5! 5! Suy ra số phần tử của tập Y là: ++=35 . 3!.2! 3! 4! nA( ) C1 35 7 = =35 = = Suy ra xác suất cần tính là: PA( ) 1 . n(Ω) C3125 3125 625 fx( ) − 1 Câu 41. Cho hàm số y= fx( ) xác định trên khoảng (0; +∞) thỏa mãn =+−fx( ) f'( x) ex đồng thời f (1) = . x e Tính giá trị của f (2) . −2 −2 A. fe(2) =( 1 + 2ln 2) . B. fe(2) =( 3 + 2ln 2) . −2 −2 C. fe(2) =( 2 + ln 3) . D. fe(2) = 2( 1 + ln 2) . Lời giải Ta có: fx( ) 11eexx e x =+−⇔−−xx −+=⇔ −+ = fxfxe( ) '( ) fx( ) 1' fxe( ) fx( )2 f'( x) x x xx x x ' ex 1 ⇔=fx( ). . xx Lấy tích phân hai vế: ' 22exx 1  ee22 2 ∫∫f( x). dx=⇔ dx f( x). =⇔ lnx f( 2) . −= e . f ( 1) ln 2 11xx   x11 2 2ln 2 2 ⇔=+⇔=+f(2) fe(2) 2−2 ( 1 ln 2) . ee22 Câu 42. Một bồn hình trụ chứa dầu được đặt nằm ngang, có chiều dài 5m, bán kính đáy 1m, với nắp bồn đặt trên mặt nằm ngang của mặt trụ. Người ta rút dầu trong bồn tương ứng với 0,5m của đường kính đáy. Tính thể tích gần đúng nhất của khối dầu còn lại trong bồn. A. 11,781m3 . B. 12,637m3 . C. 14,923m3 . D. 8,307m3 . Lời giải 27
12. Gọi (αβ),( ) là hai mặt phẳng chứa hai đáy của hình trụ. (αβ),( ) vuông góc với trục Ox lần lượt tại điểm có tọa độ xx=0, = 5 . Gọi (P) là mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x ∈[0;5] . Thiết diện của (P) với phần dầu còn lại là một phần hình tròn có bán kính 1m, (phần tô màu vàng). 1 3 Có IH = ⇒=HA IA22 − IH = ⇒=AB23 AH =. 2 2 IH 1 cos AIH = = ⇒ AIH =60 °⇒ AIB = 120 °. IA 2 ππR2.120 1 3 Diện tích phần không được tô màu trong hình vẽ là SSS= −= −IH. AB =−. 1 quat IAB 360 2 3 4 ππ3 8+ 33 =−=−ππ − = Ta có diện tích thiết diện là SS1  . 3 4 12 5 8ππ++ 3 3 40 15 3 Vậy thể tích phần dầu còn lại là: Vx= ∫ d = (đơn vị m3 ) 0 12 12 V ≈12,637m3 . Câu 43. Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9, tính thể tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất. A. V =144 B.V = 576 C. V = 576 2 D. V =144 6 Lời giải Gọi độ dài cạnh đáy, chiều cao của hình chóp tứ giác đều lần lượt là xh; ( xh ,> 0) . Ta có đáy là hình vuông x x2 với độ dài nửa đường chéo bằng suy ra độ dài cạnh bên lh=2 + . 2 2 2 2 x 2 h + l Ta có bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp R= =2 =⇔=−9x22 36 hh 2 . 22hh 11 Diện tích đáy của hình chóp Sx= 2 nên V= hx.22 = h( 36 h − 2 h ) 33 3 1 2 1 1hh++ 36 − 2 h Ta có h.( 36 h− 2 h) = . hh .( 36 − 2 h) ≤ .=576 ⇒≤V 576 , dấu bằng xảy ra khi 3 3 33 hh==36 − 2 h ⇔= h 12, x = 12 vậy Vmax = 576 . Câu 44. Cho hàm số y= fx( ) liên tục trên , có bảng biến thiên như sau 28
13. Đặt hx( ) =−− m f( x 2) ( m là tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m sao cho hàm số y= hx( ) có đúng 5 điểm cực trị? A. Vô số. B. 12. C. 0 . D. 10. Lời giải Ta có gx( ) =− m f( x −⇒22) g′′( x) =−− f( x ). x−=22 ax =+ a gx′( ) =⇔⇔0  x−=22 bx =+ b BBT Bảng xét dấu hx( ) m−> fa( ) 0 fa( ) −5 Để hàm số có 5 cực trị ⇔⇔  ⇔ ⇔−56 m  m < 6 Vì mm∈ ⇒ ∈−{ 4; − 3; ;5}. Vậy có 10 giá trị của m . xy+ Câu 45. Cho xy, thỏa mãn xy≥≥1, 1 và log= 4xy − 3( x +− y) 1. Giá trị lớn nhất của biểu thức 3 4xy 2211 Px=+− y 3 + thuộc tập nào dưới đây? xy A. [5;9) . B. [−5; 0) . C. [0;5) . D. [9; +∞). Lời giải xy+≥2 Với xy≥≥1, 1 suy ra:  . 44xy ≥ 29
14. xy+ Khi đó log= 4xy − 3( x +− y) 1 ⇔log( x +− y) log( 4 xy) = 4 xy − 3( x +− y) 1 3 4xy 33 ⇔log33( x + y) ++ 1 3( x + y) = log( 4 xy) + 4 xy ⇔log33( 3x + 3 y) + 3( x += y) log( 4 xy) + 4 xy ( *) . Xét hàm số ft( ) =log3 t + t trên (0; +∞). 1 Do ft′( ) = +>10 với ∀t ∈(0; +∞) nên hàm số y= ft( ) đồng biến trên (0; +∞). t.ln 3 Suy ra: (*) ⇔f( 33 x + y) = f( 4 xy) ⇔ 3( x += y) 4 xy . 22 Ta có: 4xyxy≤+( ) ⇔3( xy +≤+) ( xy) ⇒+≥ xy31( ) . Mặt khác xy≥≥1, 1 nên: ( x−1)( y − 10) ≥ ⇔ xy +≥ 1 x + y ⇔ 4( xy + 14) ≥( x + y) ⇔3( xy +) +≥ 44( xy +) ⇔+≤ xy42( ) . Từ (1) và (23) ⇒≤+≤xy 4. 2211 223( xy+ ) 3 Px=+−+=+−− y 32( xy) xy =+−+−( xy) ( xy) 4. x y xy 2 3 3 Đặt xyt+ =⇒∈ t[3; 4] . Hàm số gt( ) =−− t2 t 4 có gt′( ) =20 t −> với ∀∈t [3; 4] , 2 2 suy ra gt( ) ≤= g(46) . Vậy Max P = 6 khi xy=1; = 3 hoặc xy=3; = 1. Câu 46. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc BAD =60 °. Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Trên cạnh BC và CD lần lượt lấy hai điểm M và N sao cho MB= MC và 32NC= ND . Gọi P là giao điểm của AC và MN . Khoảng cách từ điểm P đến mặt phẳng (SAM ) bằng: a 7 a 7 a 21 a 21 A. . B. . C. . D. . 9 2 14 18 Lời giải 30
15. S D A F N P B M C H Dựng CH⊥ AM ⇒⊥ CH( SAM ) Giả sử MN cắt AD tại F . Theo định lý Talet ta có: DF ND 3 33MC a = =⇒==DF . MC NC 2 24 3 aa+ PA AF 797CA AP Khi đó = =4 =⇒=⇒=. PC MC a 229PC AC 2 77 Do đó dPSAM( ,,( )) = dCSAM( ( )) = CH . 99 Kẻ AK⊥ BC a 3 1 Ta có AK= AB.sin 60o = , BK= ABcos60o = a . 2 2 37aa2 ⇒=+=KM BK BM a ⇒AM = AK22 + KM = += a 2 . 42 AK AM Mặt khác : ∆AKM ∆ CHM ⇒=. CH CM a 31 . a AK. MC a 21 ⇒AK MC = CH AM ⇒= CH =22 = . AM a 7 14 2 7 7aa 21 21 d( P,.( SAM)) = CH = = . 9 9 14 18 Câu 47. Có tất bao nhiêu số nguyên dương y sao cho tồn tại số thực x ∈(1; 8 ) thỏa mãn: ( x−12)( exx −= y22) ye( − x) ? A. 13 B. 12 C. 14 D. 11 Lời giải Xét f( x) =−( x12)( exx −− y22) ye( − x) trên (1; 8 ) với y là tham số. y Ta có fx'2( ) = xeyeyxx − −2 + 2 yxeyxy =( x +)( 2 −) =⇒= 0 x 2 31
16. Ta thấy: f(1) =−− 0. Lập bảng biến thiên cho fx( ) , từ yêu cầu bài toán 2 ⇒fy(8) >⇒ ⇒< 0 13,85 ⇒∈ y{ 3;4;5; ;13} Như vậy có tất cả 13 giá trị y thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 48. Cho đa thức fx( ) có đồ thị của hai hàm số yfxyfx=( ), = ′( )trên cùng một hệ trục toạ độ như hình vẽ Phương trình f( x) = mex có hai nghiệm phân biệt trên đoạn [0; 2] khi và chỉ khi A. ef−2 (20) ≤< m . B. ef−2 (20) << m . C. fm(00) ≤<. D. fm(00) ≤≤. Lời giải Dựa vào đồ thị ta suy ra (C2 )là đồ thị hàm bậc 4, (C1 ) là đồ thị hàm bậc 3. Do đó (C2 )là đồ thị của hàm số y= fx( ) và (C1 ) là đồ thị hàm số y= fx′( ) . fx( ) Phương trình f( x) =⇔= mex m . ex fx( ) Xét hàm số gx( ) = với x ∈[0; 2]. ex f′′( xe) xx−− fxe( ) f( x) fx( ) ⇒=gx′( ) = . ee2xx 32
17. xa= < 0 ( l)  gx′′( ) =⇔−=⇔=0 f( x) fx( ) 01 x  x = 2 Bảng biến thiên Dựa vào BBT suy ra phương trình fx( ) = m có 2 nghiệm phân biệt trên đoạn [0; 2] ⇔ef−2 (20) ≤< m . ex Câu 49. Cho khối hộp ABCD. A′′′′ B C D có AB′ vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD) ; góc giữa AA′ và ( ABCD) bằng 45°. Khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB′ , DD′cùng bằng 1. Góc giữa hai mặt phẳng (BB′′ C C) và (C′′ CDD ) bằng 60° . Tính thể tích khối hộp ABCD A′′′′ B C D A. 2 . B. 33. C. 23. D. 3 . Lời giải A' D' C' G B' B' A' D A B A B C F F Dựng AF⊥⊥ BB′′, AG DD . Theo giả thiết vì A′ B⊥ ( ABCD) nên AA′ có hình chiếu là AB trên ( ABCD) vậy ( A′ A,( ABCD)) =( A ′′ A, AB) = A AB =45 ° . Vậy tam giác AA′ B vuông cân tại B , vì AF⊥ BB′ nên tam giác ABF vuông cân tại F , do BAF+=° BAA′ 90 . Vì vậy AF=⇒=1 AB 2, A′ B =⇒ 2 SABB′′ A =2. 2 = 2 . Mặt khác ((BBCC′′),( CCDD ′ ′)) = (( AADD ′′),( AABB ′′)) =( AGAF,) = 60 °. ( AA′′ D D) ∩=( AA ′′ B B) AA ′,  ⇒ Tam giác AFG đều cạnh 1. (chú ý rằng AF⊥⊂ AA′,, AF( AA ′′ B B) )  AG⊥⊂ AA′, AG( AA ′′ D D) 33
18. 3 Vì vậy nếu GH⊥ AF thì GH⊥( AA′′ B B), GH = 1.sin 60 °= . 2 3 Vậy thể tích khối lăng trụ là V ′′′′=2. = 3 . ABCD. A B C D 2 Câu 50. Cho phương trình mxln2 ( + 1) −( x +− 2 mx) ln( + 1) −−= x 2 0 (1) . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 0 −1  1 xL= −1 ( )  e Phương trình ⇔ ln( x++ 1) 1  . mx .ln( +− 1) ( x + 2) = 0 ⇔     x + 2  = = m gx( )  ln( x + 1) ( x+1) ln( xx +− 1) ( + 2) gx′( ) = ( xx++1) .ln2 ( 1) Ta có gx′( ) 0, ∀> x 0 ⇒=hx( ) 0 có nghiệm duy nhất x0 ∈(0; +∞) ( x0 ≈ 2,6 ). Bảng biến thiên (có gx( 0 ) ≈ 3, 6 ) 6 Vậy m > . ln 5 34