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

1. TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1 ĐỀ THI KSCL HỌC SINH GIỎI LẦN 1 MÔN TOÁN LỚP 12 - NĂM HỌC 2022- 2023 Ngày thi: 15/10/2022 Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề. Đề thi gồm có 07 trang Họ, tên thí sinh: SBD Câu 1. Điều kiện của m để phương trình sin 2022x+= cos2022 xm có nghiệm là m ≥1 m ≥ 2 A.  . B.  C. −≤11m ≤. D. −22 ≤≤m . m ≤−1 m ≤− 2 2sinx + 1 Câu 2. Hàm số y = xác định khi 1− cos x kπ −π A. xk≠ π ; k ∈ B. x ≠ ; k ∈ C. xk≠+2π ; k ∈ D. 2 6 xk≠ 2π ; k ∈ Câu 3. Từ các chữ số 0;1; 2;3; 4;5;6 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm hai chữ số? A. 13. B. 49 . C. 36. D. 42 . Câu 4 . Có bao nhiêu cách xếp 3 học sinh vào một bàn dài có 8 ghế ? 3 3 A. C8 . B. A8 . C. 3!. D. 8.7.6 . u1 = 3 * Câu 5. Cho dãy số un biết  , ∀∈n . Số hạng tổng quát của dãy số (un ) là uunn+1 = 3 n n+1 n−1 n+1 A. un = 3 . B. un = 3 . C. un = 3 . D. unn = . Câu 6. Cho hàm số y= fx() liên tục trên với bảng xét dấu đạo hàm như sau: . Số điểm cực trị của hàm số y= fx() là A. 3 . B. 0 . C. 1. D. 2 . x + 3 Câu 7. Kí hiệu m , M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = trên đoạn 21x − [1;4]. Giá trị biểu thức dMm= − là A. d = 4 . B. d = 2. C. d = 3. D. d = 5 . Câu 8. Khối mười hai mặt đều thuộc loại đa diện đều nào? A. {4;3} B. {3; 4} C. {3; 3} D. {5;3} Câu 9: Cho hình chóp S. ABC có SA vuông góc với đáy. Tam giác ABC vuông cân tại B , biết SA= AC = 2 a . Thể tích khối chóp S. ABC là 2 1 22 4 A. a3 . B. a3 . C. a3 . D. a3 . 3 3 3 3 Câu 10: Cho lăng trụ đứng ABC. A′′′ B C có đáy ABC là tam giác đều cạnh a,2AA′ = a.Thể tích của khối trụ đó bằng a3 3 a3 3 a2 3 A. . B. . C. a3 3 . D. . 2 6 2 Câu 11. Một hộp đựng 11 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 11. Chọn ngẫu nhiên 4 tấm thẻ từ hộp đó. Gọi P là xác suất để tổng các số ghi trên 4 tấm thẻ ấy là một số lẻ. Khi đó P bằng Trang 1/7 - Mã đề thi 720
2. 1 16 10 2 A. B. C. D. 12 33 33 11 5 10 Câu 12: Hệ số của x5 trong khai triển Px( ) =−++ x(12 x) x2 ( 13 x) thành đa thức là A. 80. B. 3240. C.3320. D. 259200. 2 Câu 13. Cho dãy số (un ) có un =−++ nn1. Số −19 là số hạng thứ mấy của dãy? A. 5. B. 7 . C. 6 . D. 4 . fx( ) −16 fx( ) −16 Câu 14. Cho fx( ) là một đa thức thỏa mãn lim = 24 . Tính I = lim . x→1 x −1 x→1 ( x−1)( 2 fx( ) ++ 46) A. 24 . B. +∞ . C. 2 . D. 0 . Câu 15 . Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′′′′ B C D có AB= 2 a , AD= AA′ = a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và DC′ bằng 2a a 3 a 3 3a A. . B. . C. . D. . 3 2 3 2 Câu 16. Cho khối chóp S. ABC có SA ABC , tam giác ABC vuông tại B , AC 2 a , BC a , SB 23 a . Góc giữa SA và mặt phẳng SBC là A. 45. B. 30 . C. 60 . D. 90 . Câu 17. Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số nào trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D sau: . −+x 2 x − 2 −−x 2 −+x 2 A. fx( ) = . B. fx( ) = . C. fx( ) = . D. fx( ) = . x −1 x +1 x −1 x +1 Câu 18. Cho hàm số y= fx( ) có bảng biến thiên như sau: Số nghiệm thực của phương trình f2 ( x) +=50 fx( ) là A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 . Câu 19. Tọa độ điểm cực đại của đồ thị hàm số y=−+231 xx32 + là: A.(0;1) . B.(1; 2) . C.(−1; 6) . D.(2;3) . 3 Câu 20. Cho hàm số y= fx( ) có đạo hàm f'( x) = xx( 22 + 22 x) ( x −) ∀∈ x . Số điểm cực trị của hàm số là A. 4 B. 1 C. 2 D.3 Câu 21. Cho hàm số y= fx( ) có đồ thị fx′( ) như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây đúng? Trang 2/7 - Mã đề thi 720
3. A. Hàm số nghịch biến trên (0;1) . B. Hàm số đồng biến trên (−∞;1 − ) . C.Hàm số đồng biến trên (−1;1) . D. Hàm số nghịch biến trên (−∞;0) . Câu 22. Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 2. B. 6 . C. 8 . D. 4 . Câu 23. Cho khối lăng trụ đứng ABC. A′′′ B C có đáy là tam giác đều cạnh bằng a . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 3a3 3a3 3a3 a3 A. V = . B. V = . C. V = . D. . 2 6 4 12 Câu 24. Cho khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng 6 . Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng 63 A. 36 3 . B. 54 3 . C. 63 . D. . 3 Câu 25. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác đều cạnh bằng 4a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) . Góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng ( ABCD) là 30° . Thể tích của khối chóp S. ABCD là A. 24 3a3 . B.16 3a3 . C. 43a3 . D. 48 3a3 . Câu 26: Cho phương trình cos2x+ 3sin2 x + 5( 3sin xx − cos) −= 6 0 . Tổng giữa nghiệm dương nhỏ nhất và nghiệm âm lớn nhất của phương trình là π π 2π π A. . B. − . C. − . D. . 3 2 3 4 Câu 27. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình cos3xxx− cos2 + 9sin −= 4 0 trên khoảng (0;3π ) là 11π 25π A. 5π . B. . C. . D. 6π . 3 6 Câu 28: Cho hình chóp S. ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng ()ABCD đáy ABCD là hình thang 1 vuông có AB= = 900 và AB= BC = AD = a;3 SA = a . Tính sinα biết α là góc giữa đường thẳng 2 SB và mặt phẳng(SCD) 30 30 10 20 A. B. . C. . D. . 20 10 30 30 Câu 29. Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A′′′ B C có độ dài cạnh bên bằng 2a , đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB= a , AC= a 3 . Hình chiếu vuông góc của A′ lên mặt phẳng ( ABC) là trung điểm của BC . Khi đó cosin của góc giữa hai đường thẳng AA′ và BC′′ bằng 3 1 3 1 A. . B. . C. . D. . 2 2 4 4 Trang 3/7 - Mã đề thi 720
4.  −+15 m = 22  2 Khi đó OA⊥ OB ⇔ x12 x + m =0 ⇔ m + m −= 10 ⇔ (thỏa mãn).  −−15 m =  2 Vậy tổng bình phương các giá trị của m để đường thẳng dy: = mcắt đồ thị (C) tại hai điểm 22 −+15  −− 15  AB, sao cho OA⊥ OB bằng  += 3 . 22   21x − Câu 34: Gọi A , B là hai điểm di động và thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thịhàm số y = . Độ dài x + 2 đoạn AB bé nhất là A. 10 . B. 2 10 . C. 5 . D. 25. Lời giải 21x − 5 5 Vì A , B thuộc hai nhánh của đồ thị y = nên Aa;2− , Bb;2− với a >−2 , x + 2 a + 2 b + 2 b <−2 .    2 25 2 25 2 = − + = + +−− + Khi đó AB( a b) .122(a2) ( b 2) .1 2 2 . (ab+22) ( +) (a+2) ( −− b 2)  Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: 2 (a+2) +−−( b 2) ≥ 42( ab +)( −− 2) (1) 25 10 2 1+≥22 (2) . Từ (1) và (2) suy ra AB ≥ 40 ⇒≥AB 2 10 . (ab+2.) ( −− 2) (ab+22)( −−) ab+22 =−− a =52 − Dấu ""= xảy ra khi và chỉ khi 25 ⇔ . Vậy AB = 2 10. 1 = min  22b =−−25  (ab+22) ( −−) Câu 35: Cho hàm số y= f( x) = ax32 + bx ++ cx d( a,,, b c d ∈ ) có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm của phương trình f( f( fx( ) ) + fx( ) +2 fx( ) ) −= f( 10) là A.2. B.3. C.1. D.0. Lời giải 2 Đặt t= fx( ) , t ≥ 0 . Ta có: f( ft( ) ++ t2 t) − f( 10) = (*). Với t ≥ 0 : ft( ) ≥ 0 và ft( ) ++ t2 20 t ≥. Theo đồ thị, hàm fu( ) đồng biến trên [0; +∞) . Trang 12/24 - Mã đề thi 720
5. Do đó, (*) ⇔f( ft( ) ++ t222 t) = f( 1) ⇔ ft( ) ++ t21 t = ⇔ft( ) =−−12 t2 t⇔=f( t) gt( ) ( )(với g( t) =−−1 t2 2, tt ≥ 0 ) Vì hàm ft( ) đồng biến và gt( ) nghịch biến trên [0; +∞) và f (10) > , g (10) < nên phương trình ( ) có nghiệm duy nhất t =α ∈(0;1) Khi đó, t=⇔=∈α fx( ) αα22,( 0;1) ( ). Vì đồ thị hàm fx( ) cắt đường thẳng y = α 2 tại 3 điểm phân biệt nên phương trình ( ) có 3 nghiệm phân biệt. Câu 36. Cho hàm số y= fx( ) có bảng biến thiên như hình vẽ. Biết f (−=−25) Tìm m để phương trình fx( 22−=22) m − x có nghiệm thuộc [0;1)  −5 m < −−51 −−51 −−51  2 A. <<m . B. ≤≤m . C. ≤<m . D.  . 22 22 22 −1 m ≥  2 Lời giải Ta có: fx( 2−2) = 2 m − x 2 ⇔ fx( 22 −2) + x −= 22 m − 2( 1) . Đặt tx=2 − 2 . Vì x ∈[0;1) nên t ∈−[ 2; − 1) . Phương trình (1) trở thành: ft( ) += t2 m − 22( ) . Phương trình (1) có nghiêm x ∈⇔[0;1) phương trình (2) có nghiệm t ∈−[ 2; − 1) . Xét hàm số gtfttgtft( ) =( ) +⇒′′( ) =( ) +≥∀∈−−1 0 t[ 2; 1) Bảng biến thiên: Trang 13/24 - Mã đề thi 720
6. Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình (2) có nghiệm t ∈−[ 2; − 1) ⇔g( −22) ≤ mg − 0, ∀∈ xR. Suy ra fx( ) đồng biến trên ,∀∈m mà fx( ) là hàm bậc ba nên phương trình fx( ) = a luôn có nghiệm duy nhất ∀∈aR(1.) x = 2 Có gx=⇔0 x − 2 m22 + 2 m + 5 x +− x 10 = ⇔ ( ) ( ) ( )  22 (m+2 m + 5) xx + −= 1 02.( ) 2 Vì −1.(mm + 2 +< 5) 0 nên phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt xx12, và xx12,2≠ do đó phương trình gx( ) = 0 có ba nghiệm phân biệt: 2,xx12 , . Vậy:  fx( ) = 2  gfx( ( )) =⇔=0  fx( ) x1 .   fx( ) = x2 Kết hợp với (1) suy ra phương trình gfx( ( )) = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Câu 38: Cho hình lập phương ABCD.' A B ' C ' D 'cạnh bằng 1. Gọi M là trung điểm cạnh BB '. Mặt phẳng (MA ') D cắt cạnh BC tại K . Thể tích khối đa diện lồi A'''' B C D MKCD bằng 7 7 1 17 A. . B. . C. . D. . 24 17 24 24 Lời giải Trang 14/24 - Mã đề thi 720
7. Kéo dài AM' và AB cắt nhau tại E . Suy ra K= DE ∩ BC. Dễ thấy B là trung điểm EA và K là trung điểm BC 1 1 7 17 Có VA'''' B C D MKCD =− VVA'ADMBK =− V( VA'. ADE − V M. BEK ) =−−1 =−= 1. 3 24 24 24 Câu 39. Cho hình lăng trụ ABC.' A B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu của A' lên mặt phẳng ( ABC) trùng với trung điểm cạnh AB, góc giữa AA' và mặt đáy của hình lăng trụ đã cho bằng o 60 . Thể tích V của khối chóp A'. BCC ' B 'bằng a3 a3 3a3 3a3 A. V = . B. V = . C. V = . D. V = . 4 8 4 8 Lời giải a 3 Ta có: AA', ( ABC) =( AA', AH) = A ' AH =⇒= 60oo A ' H AH .tan60 = . ( ) 2 aa233 33 a ⇒=V S.' AH = . = . ABC.''' A B C∆ ABC 42 8 12a3 a3 ⇒V′′ = V −= VV − V = V =. Vậy V = . A. BCC '' B ABC .''' A B C A . ABC ABC.''' A B C33 ABC .''' A B C ABC.''' A B C 44 Câu 40: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình bình hành, tam giác ABC vuông cân tại A và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi G là trọng tâm tam giác SAD . Biết AB= a , khoảng cách từ G đến mặt a phẳng(SBC) bằng . Thể tích khối chóp S. ABCD là 4 3a3 a3 2a3 2a3 A. . B. . C. . D. . 46 46 3 46 46 Trang 15/24 - Mã đề thi 720
8. Lời giải Gọi IH, lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BC và SI , ta có BC⊥⊥ SA BC⊥ ( SAI ) AH BC ⇒ ⇒  ⇒⊥AH( SBC) ⇒ d( A,1( SBC)) = AH ( ) BC⊥⊥ AI AH⊂ ( SAI ) AH SI Gọi M là trung điểm AD, G là trọng tâm ∆SAD , ta có: 3 3 33aa MS=⇒= GS dM( ,( SBC)) dGSBC( ,.( )) ==. 2 2 24 8 3a 3a Mà AD// ( SBC) ⇒= d( A,( SBC)) (2) . Từ (1) và (2) suy ra AH = . 8 8 a 2 Mặt khác tam giác ABC vuông cân tại A và AB=⇒= a AI . 2 1 1 1 3a Trong tam giác vuông SAI có = + ⇒=SA . AH2 AS 22 AI 46 3 2 1 a Diện tích đáy SABCD=2. Sa ABC = . Suy ra VS. ABCD = SA SABCD = . 3 46 Câu 41: Trong một lần dạo chơi, An vô tình lạc vào một mê cung là một đa giác lồi có 33 cạnh. Để thoát khỏi mê cung thì An phải đi đúng 2 lần với cùng quy luật sau: “Với L là tập hợp các tam giác tạo từ ba đỉnh của đa giác, từ hai tam giác bất kì trong L, An phải đi theo một tam giác có đúng một cạnh là cạnh của đa giác và một tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác (không phân biệt thứ tự đi)”. Giả sử tất cả các lần đi của An đều đúng thì xác suất thoát khỏi mê cung của An xấp xỉ là bao nhiêu? A. 0,0456 . B. 0,1243. C. 0,2872 . D. 0,0825. Lời giải Đa giác lồi có 33 cạnh nên có 33 đỉnh. 3 Số tam giác có 3đỉnh là ba đỉnh của đa giác là: C33 = 5456 . 2 Số phần tử của không gian mẫu là: nC(Ω= )5456 = 14881240 . Số tam giác có hai cạnh là hai cạnh của đa giác là: 33. Số tam giác có đúng 1 cạnh là cạnh của đa giác là: 33⋅= 29 957 . Số tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác là: 5456−− 33 957 = 4466. Gọi A là biến cố “hai tam giác được chọn có một tam giác có một cạnh là cạnh của đa giác và một tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác”. 11 Số phần tử của A là: nA( ) = C957 C 4466 = 4273962 . nA( ) 4273962 Suy ra xác suất của biến cố A là: pA() = = ≈ 0,2872. n(Ω ) 14881240 Trang 16/24 - Mã đề thi 720
9. Vậy xác suất để An thoát khỏi mê cung là: 0,28722 ≈ 0,0825 . Câu 42: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD= 2 a . Cạnh bên SA vuông góc với   mặt đáy và SA= 2 a . Gọi M , N lần lượt là các điểm thỏa mãn hệ thức MS= −2. MD và   AN= 2. AB . Biết góc tạo bởi đường thẳng SN với mặt phẳng (SCD) bằng 30° . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SN và CM là a 51 a 33 4a a 21 A. . B. . C. . D. . 4 4 3 7 Lời giải 1 Từ giả thiết ta có M thuộc đoạn SD và MD= DS ; B là trung điểm của đoạn AN . 3 Gọi E , G lần lượt là giao điểm của đường thẳng ND với BC và AC , khi đó E là trung điểm của đoạn 21 BC .Dễ thấy E là trung điểm của đoạn ND và G thỏa mãn hệ thức DG= DE = DN . 33 DC⊥ AD Do  ⇒⊥DC( SAD). Kẻ AJ⊥ SD tại J . DC⊥ SA  Vì tam giác SAD vuông cân tại A nên J là trung điểm của đoạn SD . Do AJ⊥ DC (vì AJ⊂ ( SAD) và CD⊥ ( SAD) ) nên AJ⊥ ( SDC) SD Suy ra AJ= d( A,2( SCD)) = = a . 2 d( N,,( SCD)) d( A( SCD)) AJ Do góc tạo bởi SN với (SCD) bằng 30° nên sin30°= = = SN SN SN (do AN// CD⇒ AN //( SCD) )⇒=SN22 a và AN= 2 a . DM DG 1 Trong mặt phẳng (SND) do = = , theo định lý Ta-lét ta được MG// SN (1) . DS DN 3   Gọi K là điểm thỏa mãn DK= 3. DA, khi đó DK=36 DA =⇒= a AK 4 a . DM DA 1 Trong mặt phẳng (SDK ) có = = , theo định lý Ta – lét ta được AM// SK (2) .Từ (1) , (2) suy ra DS DK 3 ( AMC)//( SNK) ⇒= d( CM, SN) d(( AMC),( SNK)) = d( A,( SNK)) = d . Do SA , AK , AN đôi một vuông góc tại A nên 11 1 1 11 1 9 4a 4a = + + =++ = suy ra d = . Vậy d( CM, SN ) = . dASANAK222222224 a 4 a 16 a 16 a 3 3 Trang 17/24 - Mã đề thi 720
10. Câu 43. Cho hình lăng trụ đều ABC. A B C . Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ABC bằng a , 1 góc giữa hai mặt phẳng ABC và BCC B bằng α với cosα . Thể tích khối lăng trụ 23 ABC. A B C bằng 32a3 32a3 a3 2 32a3 A. V . B. V . C. V . D. V . 4 2 2 8 Lời giải A' C' E B' K y α a A C M x B Gọi MN, lần lượt là trung điểm của AB và BC AB CC Do AB MCC ABC  MCC . AB CM Kẻ CK vuông góc với CM tại K thì ta được CK ABC , do đó CK d C; ABC a . x 3 Đặt BC x, CC y , x 0, y 0 , ta được: CM 2 111411 1 . CM2 CC 2 CK 23 x 222 y a KC a 12 Kẻ CE BC tại E , ta được KEC α , EC a . sinα 1 11 1 12 1 1 1 11 a 6 Lại có 2 . Giải 1,2 ta được x 2, ay . xyCEa22 212 2 2 x23 aa 64 23 3 32 a Thể tích khối lăng trụ ABC. A B C là: Vy 4 24 2 Câu 44: Cho hàm số y= fx( ) có đạo hàm liên tục trên . Biết rằng hàm số y= fx( 2 − 4 x) có đồ thị của 3 đạo hàm như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số y= fx( 42 −6 x ++ 5 x 12 x) bằng Trang 18/24 - Mã đề thi 720
11. A. 11. B. 15. C. 7. D. 9. Lời giải x = 5 ′ =2 − ′′22′  Đặt hx( ) f( x4 x) , khi đó hxfxxx( ) =( ( −=−4)) ( 24) fxx( − 4) . Ta có: hx( ) =⇔=0 x 2. x = −1 3 Đặt gx( ) = f( x432 −++6 x 5 x 12 x) , khi đó gx( ) = fx( 42 −6 x ++ 5 x 12 x) và gx( ) là hàm số chẵn trên 2 . Ta có gxfxxx( ) =( 432 −++6 5 12 xfxx) =(( 2 −3) − 4( xxhxx2 − 3 )) =( 2 −3) .  3 x = ′22′ ′′ Suy ra gx( ) =( hx( −=−3 x)) ( 2 x 3) hx( − 3; x) gx( ) =⇔ 0  2 . ′ 2 hx( −=30 x)  3± 29 x = xx22−3 = 5 xx − 3 −= 50  2  22 2 3± 17 Ta có hxx′( −=⇔−=⇔−−=⇔=3) 0 xx 3 2 xx 3 20  x . 2 22 xx−3 =− 1 xx − 3 += 10   35± x =  2 Do đó phương trình gx′( ) = 0 có 5 nghiệm dương bội lẻ, suy ra hàm số gx( ) có 11 điểm cực trị. 2 Câu 45: Cho hàm bậc ba y= fx( ) có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số y= xf( x −1) là A.9. B. 7 . C. 6 . D.5. Lời giải  Đặt: f( x) = ax32 + bx ++ cx d ⇒f′( x) =32 ax2 ++ bx c . Ta có: đồ thị giao với trục Oy tại điểm (0;1) ⇒=d 1.  Đồ thị hàm số y= fx( ) có hai điểm cực trị là (−−1;3) ;( 1; 1) nên 32a− bc += 0  b = 0 32a+ bc += 0  3 ⇒  ⇔=a 1 ⇒fx( ) =−+ x31 x . abc+++=−11 c = −3 −+−+=abc13 Trang 19/24 - Mã đề thi 720
12. 3 ⇒fx( −=1) ( x − 1311) −( x −+=−) x32 33 x +⇒ f′( x −= 136) x2 − x. 2  g( x) = xf( x −⇒1) g′′( x) =21 xf( x −)  f( x −+ 1) xf( x − 1) . ⇒g′( x) =2 xx( 32 −+ 3 x 34)( x 32 −+ 9 x 3) . x = 0  x ≈ 2,532 x = 0 x ≈1,347  32  Suy ra gx′( ) =0 ⇔ x − 3 x + 3 = 0 ⇔ x ≈− 0,879. 4xx32− 9 += 30 x ≈ 2,076   x ≈ 0,694  x ≈−0,52 gx′( ) là phương trình bậc 7 và có 7 nghiệm phân biệt nên hàm số gx( ) có 7 điểm cực trị. Câu 46. Cho hàm số y= fx( ) có đạo hàm liên tục trên . Hàm số y= fx'( ) có đồ thị như hình vẽ. Số tham số m nguyên thuộc đoạn [−20;20]để hàm số gx( ) nghịch biến trên khoảng (−1; 2 ) biết 2 gx( ) =3 f( −− x33 3 x + m) +( x + 3 x − m) ( − 2 x 3 − 62 x + m − 6) . A. 23. B. 21. C. 5. D. 17 . Lời giải 2 gx( ) =3 f( −− x3 3 xm +) +−− 23( x 33 xm +) ( −− x 3 xm +− 3) 32 =3f( −− x33 3 xm +) +−− 23( x xm +) −−− 63( x 3 xm +) Ta có 2 gx'( ) =− 9( x2 + 1) fxxm '( −− 3 3 +) − 18( x23 + 1)( −− xxm 3 +) + 36( x23 + 1)( −− xxm 3 +) Để hàm số nghịch biến trên (−1; 2 ) 2 gx'( ) ≤∀∈− 0 x( 1; 2) ⇔ fxxm '( −−33 3 +) +−− 2( xxm 3 +) −−− 4( xxm 3 3 +) ≥∀∈− 0 x( 1; 2 ) 2 ⇔fxxm'3 −−3 + ≥−−− 23 xxm 33 + +−− 43 xxmx + ∀∈−( 1;2) ( ) ( ) ( ) Đặt t=−−+ x3 3 xm. Với x ∈−( 1; 2 ) ta có t'=− 3 x2 − 3 < 0 ∀∈− x( 1; 2 ) ⇒ tm ∈( −14; m + 4 ) Xét bất phương trình (1) ft'( ) ≥− 2 t2 + 41 t( ) Đồ thị hàm số y= ft'( ) và y=−+24 tt2 trên cùng hệ trục tọa độ Trang 20/24 - Mã đề thi 720
13. tm∈−( 14, m + 4) tm∈−( 14, m + 4)   t ≤1 mm+41 ≤ ≤− 3 Để (1) luôn đúng ⇔t ≤1 ⇔ ⇔⇔.  tm∈−( 14, m + 4) mm−≥14 2 ≥ 16 t ≥ 2   t ≥ 2 Do m∈−[ 20;20] nên số giá trị của m là (−+++−+=3 20) 1( 20 16) 1 23. Câu 47: 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 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 nghiệm phân biệt khi 3 2mm 21 32 1 1 3 2m 1 12 mm 3 . 2 3221125 mm Vậy không có giá trị nguyên nào của tham số m thõa mãn bài toán. Câu 48. Cho hàm số y= fx( ) có đồ thị đạo hàm fx′( ) như hình vẽ bên dưới. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị 1 nguyên của tham số m∈−[ 20; 20] để hàm số yf=(92 − x) + x32 − 2 x ++( m 3) x + 1 đồng biến trên ? 3 Trang 21/24 - Mã đề thi 720
14. A. 22 . B. 13. C. 14. D. 12. Lời giải 1 Xét hàm số: y= gx( ) = f(92 − x) + x32 − 2 x ++( m 3) x + 1. 3 Đạo hàm: gx′′( ) =−2 f( 92 − x) + x2 − 4 xm ++ 3. Để hàm số y= gx( ) đồng biến trên R thì ta phải có: gx′′( ) =−2 f( 92 − x) + x2 − 4 xm + +≥ 30 với ∀∈x ⇔ m ≥2 f′( 92 − xx) −2 + 4 x − 3với ∀∈xR. 2 Ta biến đổi: ⇔≥mf2′( 92 − xx) −−( 2) + 1 với ∀∈xR. 2 Suy ra: ⇔≥m max2 f′( 92 − x) −−( x 2) + 1. xR∈ { } Dễ thấy được: fx′(92−≤) 4 và dấu ""= xảy ra khi: (92−xx) =⇔= 5 2. 2 Suy ra: 2f′( 9− 2 xx) −( − 2) +≤ 1 2.4 −+= 0 1 9 ; dấu ""= xảy ra khi: x = 2 . 2 Suy ra: m≥  max2 f′( 9− 2 x) −( x − 2) + 1 = 9 →m∈−[ 20;20] m ={9;10; ;20}. xR∈ { } Vậy có 12 giá trị nguyên thỏa mãn. Câu 49. Cho hình hộp ABCD. A′′′′ B C D có đáy là hình vuông cạnh a , cạnh bên có độ dài bằng 2a và tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 60°. Gọi MNP,, lần lượt là trung điểm các cạnh AB, B′′ C và DD′. Thể tích của khối tứ diện MNPC′ bằng a3 3 a3 3 a3 3 a3 A. . B. . C. . D. . 8 12 16 8 Lời giải + Gọi Q là trung điểm của AA′ thì B′′ QPC là hình bình hành nên diện tích tam giác NPC′ bằng diện tích tam giác NQB′. Từ đó suy ra VVM.' NPC= M .' NQB . + Mặt khác: SMQB'= S ABB '' A −−− SSS BMB '  MAQ QA'' B Trang 22/24 - Mã đề thi 720
15. 111 3 d( N ,( ABB′′ A )) 1 =−−−=SSSSSABB′′ A ABB′′ A ABB′′ A ABB′′ A ABB′′ A và = 4848 d( C′ ,( ABB ′′ A )) 2 1 .SB' QM . d ( N ,( ABB′′ A )) V ′  131 1 + Do đó: N. MQB = 3 = = VABCD. A′′′′ B C DS ABB′′ A . d ( C′ ,( ABB ′′ A )) 3 8 2 16 3 + Kẻ DH′⊥( ABCD ) ⇒ DDH ′′ = 600 ⇒ DH = D' D .sin 60 °= 2 a . = a 3. 2 3 23 3a Suy ra V′′′′= aa. 3 = 3. aVậy V ′ = . ABCD. A B C D M. NPC 16 Câu 50. Cho khối hộp chữ nhật ABCD. A′′′′ B C D . Khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB và BC′ bằng 25a 25a , khoảng cách giữa 2 đường thẳng BC và AB′bằng . Khoảng cách giữa 2 đường 5 5 a 3 thẳng AC và BD′ bằng . Tính thể tích khối hộp chữ nhật đã cho. 3 A. 4a3 . B. 2a3 . C. 6a3 . D. 8a3 . Lời giải A B I K C D N H A' B' D' C' Kẻ BH B C H; BK  AB K. Do DB là hình chiếu vuông góc của BD trên mặt phẳng ABCD . Gọi I  DB AC , kẻ IN BD N. Khi đó BH, BK lần lượt là đường vuông góc chung của các cặp đường thẳng: AB và BC , BC và AB . 25a Suy ra BH BK suy ra AB= BC nên tứ giác ABCD là hình vuông.Ta có 5 AC⊥( BDD′′ B) ⇒⊥ AC IN nên IN là đoạn vuông góc chung của AC và BD′ . a 3 Suy ra IN = . Đặt AB AD x, AA y x ,0 y . 3 12x22 x xy BD 2 2; x 22 y S S S S y. . ID B BDD DID DD I 22 4 2S xy 2 IN ID B BD 22xy22 Trang 23/24 - Mã đề thi 720
16.  11 5 += 22 22  22 2  2 4ay  4ay xy4 a x = x2 = xa= ⇔⇔⇔ 54ya22− 54ya22− . xy23 a =  22 ya2 = ya−=40 ya= 2  22   22xy+ 3 ⇒=V xy23 =2 a. Trang 24/24 - Mã đề thi 720