Đề thi khảo sát chất lượng học sinh giỏi lần 3 môn Toán Lớp 12 - Năm học 2022-2023 - Trường THPT Nông Cống 1 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi khảo sát chất lượng học sinh giỏi lần 3 môn Toán Lớp 12 - Năm học 2022-2023 - Trường THPT Nông Cống 1 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HSG LẦN 3 TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG I NĂM HỌC 2022-2023 MÔN: TOÁN HỌC 12 ĐỀ CHÍNH Thời gian làm bài: 90 phút không kể thời gian phát đề (50 câu trắc nghiệm) (Đề thi gồm 08 trang) Họ, tên thí sinh : SBD : Câu 1: Phương trình tanx = 3 có tập nghiệm là π π π A. +∈kk2,π . B. ∅ . C. +∈kkπ , . D. +∈kkπ , . 3 3 6 Câu 2: Cấp số nhân ()un có công bội âm, biết u3 =12 , u7 =192 . Tìm u10 . A. u10 =1536 . B. u10 = −1536 . C. u10 = 3072 . D. u10 = −3072 . Câu 3: Cho tứ diện ABCD có AB= AC = 2, DB= DC = 3. Khẳng định nào sau đây đúng? A. BC⊥ AD . B. AC⊥ BD . C. AB⊥ () BCD . D. DC⊥ () ABC . Câu 4: Hàm số nào sau đây không đồng biến trên khoảng ()−∞; + ∞ ? 3 x − 2 53 A. yx= +1. B. yx= +1. C. y = . D. yx=+− x10. x −1 Câu 5: Cho hàm số y= fx() xác định, liên tục trên và có bảng biến thiên: Khẳng định nào sau đây đúng? A. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng −2 và giá trị cực đại bằng 2 . B. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 2 và giá trị nhỏ nhất bằng −2 . C. Hàm số đạt cực đại tại x = −1 và đạt cực tiểu tại x = 2 . D. Hàm số có đúng một cực trị. Câu 6: Tìm giá trị lớn nhất M của hàm y= fx() =−+ x4221 x trên đoạn []0; 2 . A. M =1. B. M = 0. C. M =10. D. M = 9. Câu 7: Hàm số y= fx() có bảng biến thiên dưới đây. x −∞ −2 0 1 +∞ y′ − − + − −1 2 3 y −∞ −4 0 Số tiệm cận của đồ thị hàm số y= fx() là: A. 2 . B. 3. C. 1. D. 4 . Câu 8: Cho abc,, là các số thực dương khác 1. Đồ thị hàm số ya= x , yb= x , yc= x được cho trong hình bên.
2. yc= x y yb= x ya= x 1 O x Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau: A. 1 4 . Câu 17: Khối đa diện có mười hai mặt đều có số đỉnh, số cạnh, số mặt lần lượt là: A. 30, 20 , 12. B. 20 , 12, 30. C. 12, 30, 20 . D. 20 , 30, 12. Câu 18: Gọi lhr,, lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính mặt đáy của hình nón. Diện tích xung quanh Sxq của hình nón là: 1 A. S= π rh2 . B. S= π rl . C. S= π rh . D. S= 2π rl . xq 3 xq xq xq Câu 19: Cho mặt cầu có diện tích bằng 16π a2 . Khi đó, bán kính mặt cầu bằng
3. a 2 A. 22a B. 2a C. 2a D. 2 Câu 20: Trong hệ thập phân, số 7100000 có bao nhiêu chữ số? A. 84510 . B. 194591. C. 194592. D. 84509 . Câu 21: Số mặt phẳng đối xứng của khối tứ diện đều là A. 7 . B. 8 . C. 9. D. 6 . Câu 22: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và AB=22 AC = a , BC= a 3 . V Tam giác SAD vuông cân tại S , hai mặt phẳng ()SAD và ()ABCD vuông góc nhau. Tính tỉ số biết a3 V là thể tích khối chóp S. ABCD . 1 3 1 A. . B. . C. 2 . D. . 4 2 2 Câu 23: Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD có cạnh AB và cạnh CD nằm trên hai đáy của khối trụ. Biết BD= a 2 , DAC = 60° . Tính thể tích khối trụ. 36 32 32 32 A. π a3 . B. π a3 . C. π a3 . D. π a3 . 16 16 32 48 Câu 24: Cho hình chóp S. ABCD đều có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên hợp với đáy một góc bằng 60° . Gọi ()S là mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD . Tính thể tích V của khối cầu ()S . 86π a3 46π a3 43π a3 86π a3 A. V = . B. V = . C. V = . D. V = . 27 9 27 9 Câu 25: Tìm nguyên hàm của hàm số fx() =2 x − 1. 2 1 A. f() x dx=()2121. x − x −+ C B. f() x dx=()2121. x − x −+ C ∫ 3 ∫ 3 1 1 C. f() x dx=−21 x −+ C . D. f() x dx=21 x −+ C . ∫ 3 ∫ 2 Câu 26: Một hộp đựng 10 thẻ được đánh số từ 1 đến 10. Phải rút ra ít nhất k thẻ để xác suất có ít nhất 13 một thẻ ghi số chia hết cho 4 lớn hơn . Giá trị của k bằng 15 A. 9. B. 8 . C. 7 . D. 6 . Câu 27: Việt và Nam chơi cờ. Trong một ván cờ, xác suất Việt thắng Nam là 0,3 và Nam thắng Việt là 0, 4 . Hai bạn dừng chơi khi có người thắng, người thua. Tính xác suất để hai bạn dừng chơi sau hai ván cờ. A. 0,12 . B. 0,7 . C. 0,9 . D. 0, 21. Câu 28: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB= BC = a , AD = 2. a Biết SA= 3 a và SA⊥ () ABCD . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên (SBC ). Tính khoảng cách d từ H đến mặt phẳng (SCD ). 3 15a 3 30a 3 10a 3 50a A. d = . B. d = . C. d = . D. d = . 60 40 20 80 Câu 29: Cho hàm số y= f() x = ax32 + bx ++ cx d có đồ thị như hình bên. Đặt gx() = f( x2 ++ x 2 ) . Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau
4. đồng. Tính số tháng mà anh A trả được hết nợ ngân hàng, kể từ một tháng sau khi vay. Biết rằng lãi suất không đổi trong suốt quá trình vay. A. 15 tháng. B. 19 tháng. C. 16 tháng. D. 18 tháng. Lời giải Chọn D Gọi số tiền vay ban đầu là N , lãi suất là x , n là số tháng phải trả, A là số tiền trả vào hàng tháng để sau n tháng là hết nợ. Ta có Số tiền gốc cuối tháng 1: N+ Nx −= A N( x +−1) A 2 Cuối tháng 2: Nx( +−11) A + Nx( +−) Ax − A =Nx( +1) − A( x ++ 11) +2 − ++ + − = +32 − + + ++ Cuối tháng 3: Nx( 1) A( x 11) ( 1 x) A Nx( 1) A( x 1) ( x 11) +n − + nn−−12 ++ ++++ Cuối tháng n:. Nx( 1) A( x 1) ( x 1) ( x 1) 1 Trả hết nợ thì sau n tháng, số tiền sẽ bằng 0 . ⇔ +n − + nn−−12 ++ ++++= Nx( 1) A( x 1) ( x 1) ( x 1) 1 0 ⇔ +n = + nn−−12 ++ ++++ Nx( 1) A( x 1) ( x 1) ( x 1) 1 Đặt yx= +=1 1,006 ta được: 11( − yn ) Ny. n= A( y nn−−12 + y +++ y 1) ⇔=Ny n A ⇔=−Nxy nn A .( y 1) 1− y 0,6 nn n 10 10 ⇔=−50. .yy 3.( 1) ⇔=y ⇔=n log y ⇒=n 18 . 100 9 9 11 ++ m 1 22 x (x+1) Câu 36: Cho fx( ) = e . Biết rằng ff(1) .( 2) . f( 3) f( 2017) = e n với m , n là các số tự m nhiên và tối giản. Tính mn− 2 . n A. mn−=−2 1. B. mn−=2 1. C. mn−=2 2018 . D. mn−=−2 2018 . Lời giải Chọn A 22 2 2 11xx22( ++++11) ( x) x ( xx++1) 1++22 = = 2. x2 ( x++11) xx22( ) xx( + 1) 11 ++ xx( ++11) 1 22 x (x+1) xx( +1) fx( ) =ee = , ∀>x 0 . kk( ++11) 1 11 Xét dãy số (u ) : u = =+11 =+− , (k ∈ *) . k k kk( +++111) kk( ) k k 11 11 11 11 Ta có u =+−1 , u =+−1 , u =+−1 , , u =+−1 . 1 12 2 23 3 34 2017 2017 2018 + + ++ ff(1) .( 2) . f( 3) f( 2017) = euu1 2 u 3 u 2017 . 1 1 20182 − 1 m uuu+ + + + u = 2017 +− = = . 1 2 3 2017 1 2018 2018 n Vậy mn−=−2 1. Câu 37: Cho khối chóp S. ABCD có thể tích bằng 1 và đáy ABCD là hình bình hành. Trên cạnh SC lấy điểm E sao cho SE= 2. EC Tính thể tích V của khối tứ diện SEBD . 1 1 1 2 A. V = . B. V = . C. V = . D. V = . 3 6 12 3 Lời giải
5. Chọn A VS. EBD SE SB SD SE 2 21 11 Ta có = = ⇒=VVS EBD S CBD = VS. ABCD =VS. ABCD = . VS. CBD SC SB SD SC 3 32 33 Câu 38: Xét tứ diện ABCD có các cạnh AB= BC = CD = DA =1 và AC, BD thay đổi. Giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ABCD bằng 23 43 23 43 A. . B. . C. . D. . 27 27 9 9 Lời giải Chọn A Gọi MN, lần lượt là trung điểm của BD, AC . Đặt BD=2, x AC = 2 y ( xy,0> ) . Ta có CM⊥⊥ BD, AM BD ⇒⊥BD( AMC) . 1 1 Ta có MA= MC =1 − x2 , MN=−−1 x22 y , S= MN. AC =y.1 −− xy22. AMN 2 2 3 22+ +− 22 − 1 1 222 22 2 2 2 ( xy1 xy) VABCD = DB S AMC =.2xy . 1 −− x y =xy. .1( −− x y) ≤ 3 3 3 3 27 23 ⇒≤V . ABCD 27 Câu 39: Hai chiếc ly đựng chất lỏng giống hệt nhau, mỗi chiếc có phần chứa chất lỏng là một khối nón có chiều cao 2 dm (mô tả như hình vẽ). Ban đầu chiếc ly thứ nhất chứa đầy chất lỏng, chiếc ly thứ hai để rỗng. Người ta chuyển chất lỏng từ ly thứ nhất sang ly thứ hai sao cho độ cao của cột chất lỏng trong ly thứ nhất còn 1dm. Tính chiều cao h của cột chất lỏng trong ly thứ hai sau khi chuyển (độ cao của cột chất lỏng tính từ đỉnh của khối nón đến mặt chất lỏng - lượng chất lỏng coi như không hao hụt khi chuyển. Tính gần đúng h với sai số không quá 0,01dm).
6. A. h ≈1, 73 dm . B. h ≈1, 89 dm . C. h ≈1, 91dm . D. h ≈1, 41dm . Lời giải Chọn C Có chiều cao hình nón khi đựng đầy nước ở ly thứ nhất: AH = 2 . Chiều cao phần nước ở ly thứ nhất sau khi đổ sang ly thứ hai: AD =1. Chiều cao phần nước ở ly thứ hai sau khi đổ sang ly thứ hai: AF= h . R′ AD 1 R′′ AF h R Rh Theo Ta let ta có: = = , = = suy ra R′ = , R′′ = . R AH 2 R AH 2 2 2 Thể tích phần nước ban đầu ở ly thứ nhất: VR= 2π 2 . π Rh23 Thể tích phần nước ở ly thứ hai: V= π Rh′′ 2 = . 1 4 π R2 Thể tích phần nước còn lại ở ly thứ nhất: V = . 2 4 ππRh23 R 2 h3 1 Mà: VVV= + ⇔ +=2π R2 ⇔ +=2 ⇔=h 3 7 ≈1, 91 . 12 44 44 Câu 40: Xét một bảng ô vuông gồm 44× ô vuông. Người ta điền vào mỗi ô vuông đó một trong hai số 1 hoặc −1 sao cho tổng các số trong mỗi hàng và tổng các số trong mỗi cột đều bằng 0 . Hỏi có bao nhiêu cách? A. 72 . B. 90. C. 80 . D. 144. Lời giải Chọn B Nhận xét 1: Trên mỗi hàng có 2 số 1 và 2 số −1, mỗi cột có 2 số 1 và 2 số −1 Nhận xét 2: Để tổng các số trong mỗi hàng và trong mỗi cột bằng 0 đồng thời có không quá hai số bằng nhau và ba hàng đầu tiên đã được xếp số thì ta chỉ có một cách xếp hàng thứ tư. Do vậy ta tìm số cách xếp ba hàng đầu tiên. Phương pháp giải bài này là xếp theo hàng. (Hình vẽ). Các hàng được đánh số như sau: Hàng 1 Hàng 2 Hàng 3 Hàng 4
7. 4! Nếu xếp tự do thì mỗi hàng đều có = 6 cách điền số mà tổng các số bằng 0, đó là các cách xếp như 2!.2! sau (Ta gọi là các bộ số từ (1) đến (6) ): 1111−− (1) , 1111−− (2) , −−1 111 (3) , −−11 11 (4) ,1111−−(5) , −−111 1 (6) Giả sử hàng 1 được xếp như bộ (1) . Số cách xếp hàng 2 có các khả năng sau KN1: Hàng 2 xếp giống hàng 1: Có 1 cách xếp ( bộ (1) ). Hàng 3 có 1 cách ( bộ (3) ). Hàng 4 có 1 cách. Vậy có 1.1.1.1= 1 cách xếp. KN2: Hàng 2 xếp đối xứng với hàng 1: Có 1 cách xếp (bộ (3) ) Hàng 3 có 6 cách ( lấy thoải mái từ các bộ vì tổng hai hàng trên đã bằng 0 ). Hàng 4 có 1 cách. Vậy có 1.1.6.1= 6 cách xếp. KN3: Hàng 2 xếp trùng với cách xếp hàng 1 ở 2 vị trí: Có 4 cách xếp ( 4 bộ còn lại) Khi đó, với mỗi cách xếp hàng thứ 2 , hàng 3 có 2 cách.Hàng 4 có 1 cách. Vậy có 1.1.6.1= 6 cách xếp. Vì vai trò các bộ số như nhau nên số cách xếp thỏa mãn ycbt là 6.( 1++ 6 6) = 90 cách. Câu 41: Xét tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc. Gọi α , β , γ lần lượt là góc giữa các đường thẳng OA , OB , OC với mặt phẳng ( ABC) (hình vẽ). A O C B Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức M =+++(3 cot222αβγ) .3( cot) .3( cot ) là A. Số khác. B. 48 3 . C. 48 . D. 125. Lời giải Chọn D Gọi H là trực tâm tam giác ABC , vì tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc nên ta có 1 111 OH⊥ ( ABC) và =++. OH222 OA OB OC 2 Ta có α = ( OA;( ABC)) = OAH , β = ( OB;( ABC)) = OBH , γ = ( OC;( ABC)) = OCH . OH OH OH Nên sinα = , sin β = , sinγ = . OA OB OC 1 111 Đặt a= OA, b= OB , c= OC , h= OH thì =++và habc2 222 222111   M =+++(3 cotαβγ) .3( cot) .3( cot ) =+++2 .2  .2  sin222αβγ sin  sin  abc222    1 11 =+++=+2 ++ 2 2 +22 + 22 + 2 2 +222 2222  .2  .2  84(a b c) .2 2( ab bc ca) 46 abc . hhh    h hh 2221 222111 3 222 111 Ta có: (abc++). =(abc ++). + + ≥=3abc . . .33 . . 9 . h2 abc222 abc222 2 22 22 2 2 1 22 22 2 2 111 (ab++ bc ca ). =(ab + bc + ca ). ++ h4 abc222
8. 2  3 22 22 2 2 111 3 444 1 ≥ 3ab . bc . ca .33 . . = 3abc .93 = 27 . 222 444 abc abc 3 3  222 1 2221 1 1 222 111 abc. =abc. ++ ≥abc. 33 . .= 27 . 6 2 2 2  222 h a b c  abc 1 11 Do đó: M=+84( a2 ++ b 2 c 2) . + 2( ab22 + bc 22 + ca 2 2) + abc222 h2 hh46 ≥+8 4.9 + 2.27 + 27 = 125 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc= = , hay OA= OB = OC . Vậy minM = 125 . A α a H h c O C b B mx− sin π Câu 42: Tìm số giá trị nguyên không âm của m để hàm số y = nghịch biến trên 0; . cos2 x 6 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Lời giải Chọn C π 1 Đặt tx= sin , vì x ∈0; nên t ∈0; . 6 2 mt− 1 Xét hàm số ft( ) = trên khoảng 0; 1− t 2 2 −+2 − ′ t21 mt Ta có ft( ) = 2 (1− t 2 ) π 1 Để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng 0; .thì ft( ) nghịch biến trên khoảng 0; 6 2 1 t 2 +1 ⇔t2 −2 mt +≥ 10, ∀ t ∈ 0; ⇔≤m ⇔≤mmin gt( )  1 2 2t 0; 2 t 2 +1 1 Xét hàm số gt( ) = trên khoảng 0; 2t 2 t 2 −11 15 Ta có gt′( ) = <0, ∀∈t 0; ⇒==min gt( ) g . 2  1  22t  0; 24 2 5 ⇒ m ≤ . 4 Vì m nguyên, m≥⇒0 m, ∈{ 01} ⇒ có 2 giá trị của m Câu 43: Cho hàm số y= fx( ) liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ.
9. Khi đó số điểm cực trị của hàm số gx( ) =−− f2 ( x) 28 f( x) là: A. 7 B. 8 C. 10 D. 11 Bài giải Xét hàm số hx( ) =−− f2 ( x) 28 f( x) * Ta có: h'x( ) =2 f( x.f'x) ( ) −= 22 f'x( ) f'x( )( f( x) − 1)  f'( x) = 0 h'( x) =0 ⇔   fx( ) =1 Từ đồ thị, ta có: + Phương trình f'( x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt + Phương trình fx( ) =1 có 3 nghiệm phân biệt ⇒ Phương trình h'( x) = 0 có 5 nghiệm phân biệt ⇒ Hàm số hx( ) có 5 cực trị.  fx( ) = −2 * Xét phương trình hx( ) =⇔0 f2 ( x) − 2 f( x) −=⇔ 80   fx( ) = 4 Từ đồ thị, ta có: + Phương trình fx( ) = −2 có 1 nghiệm + Phương trình fx( ) = 4 có 2 nghiệm nhưng có có 1 nghiệm kép (cực trị). * Khi đó số điểm cực trị của hàm số y==−− hx( ) f2 ( x) 28 f( x) có 5 + 1 + 2 – 1 = 7 cực trị Câu 44: Biết rằng đồ thị hàm số y= f() x = ax432 + bx + cx ++ dx e , (abcde, , , ,∈ ; a ≠≠ 0, b 0) cắt trục hoành Ox tại 4 điểm phân biệt. Khi đó đồ thị hàm số 2 y== g() x( 4 ax3 +++− 3 bx 2 2 cx d) 26( ax2 ++ 3 bx c) .( ax432 ++++ bx cx dx e) cắt trục hoành Ox tại bao nhiêu điểm? A. 6. B. 0. C. 4. D. 2. Lời giải Chọn B 2 Ta có gx( ) =( f′( x)) − f ′′( x). f( x) Đồ thị hàm số y= f() x = ax432 + bx + cx ++ dx e cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt bên phương trình fx( ) =⇔−−0 axxxx( 1234)( )( xx −)( xx −) , với xii ,= 1,2,3,4 là các nghiệm. Suy ra fx′( ) =−−−+−−− axx[( )( xx)( xx) ( xx)( xx)( xx) 234 134 +−−−+−−−( xx124)( xx)( xx) ( xx 123)( xx)( xx)]
10. ′ ′ fx′( ) 1111fx′( ) 1111 ⇒ =+++ ⇒ = +++ fx( ) xx−−−−1234 xx xx xx fx( )  xx−−−−1234 xx xx xx 2 222 2 f′′( xfx) ( ) − ( f′( x)) 1111  ⇔ =−+++  f2 x xx−−−− xx xx xx ( ) 1234  2 Nếu xx= i với i =1,2,3,4 thì fx( ) = 0 , fx′( ) ≠ 0 ⇒ 0, fx( ) > 0 . Suy ra f( xfx).0( ) ( f( x)) ( xx− i ) 2 2 ⇔<f′′( xfx). ( ) ( f′( x)) . Vậy phương trình ( f′( x)) −= f ′′( xfx).0( ) vô nghiệm hay phương trình gx( ) = 0 vô nghiệm. Do đó, số giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành là 0 . Câu 45. Cho hàm số đa thức bậc năm y= fx( ) có đồ thị như hình vẽ: Tìm số nghiệm của phương trình f( xf( x)) =9 − x22 f( x) ? A. 13 B. 14 C. 15 D. 8 Lời giải Đặt t= xf( x) , phương trình đã cho trở thành: ft( ) =9 − t2 (*) Xét sự tương giao của đồ thị hàm số y= ft( ) và nửa đường tròn yt=9 − 2 tt=1 ∈−( 21 ; −)  tt= ∈(01 ;) Từ đồ thị, ta có phương trình (*) có nghiệm  2  tt= ∈ 12 ;  3 ( ) t = 3 t Xét phương trình xfx( ) =⇔= t fx( ) ( ) (vì x = 0 không là nghiệm ứng với t ≠ 0 ) x
11. + Khi tt=1 < 0 thì số nghiệm của phương trình ( ) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y= fx( ) t và đồ thị hàm số y = . Từ đồ thị trên ⇒ phương trình ( ) có 2 nghiệm phân biệt. x + Khi t= t12 ,t = t ,t = 3. Từ đồ thị trên ⇒ phương trình ( ) có 4 nghiệm phân biệt. Vậy phương trình đã cho có 14 nghiệm phân biệt. Câu 46: Ba quả bóng dạng hình cầu có bán kính bằng 1 đôi một tiếp xúc nhau và cùng tiếp xúc với mặt phẳng (P) . Mặt cầu (S ) bán kính bằng 2 tiếp xúc với ba quả bóng trên. Gọi M là điểm bất kỳ trên (S ) , MH là khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) . Giá trị lớn nhất của MH là 123 52 30 69 A. 3+ . B. . C. 3+ . D. 3+ . 4 9 2 3 Hướng dẫn giải Chọn D Coi tâm quả ba quả cầu nhỏ là A , B , C và tâm của quả cầu lớn bên trên là S . Ta được chóp đều S. ABC có cạnh đáy là 2 và cạnh bên là 3. Gọi O là chân dường cao của chóp S. ABC . Suy ra MH lớn nhất khi M , S , O , H thẳng hàng. MHmax =2 + SO +=+ 13 SO . 2 2 222 69 Ta có: SO= SA −=− AO 3 .3 =. 33 69 Suy ra: MH=+=+33 SO . max 3 2 Câu 47. Cho hàm số fx( ) liên tục trên và thoả mãn xfx( 32) + fx( −1,) = ex ∀∈ x . 0 Khi đó ∫ fx( )d x bằng: −1 A. 0 . B. 31(e − ) . C. 31( − e) . D. 3e . Chọn B 2 Nhân hai vế của xfx( 32) + fx( −1,) = ex ∀∈ x với x ta được: 2 x23 f( x) + xf( x 2 −1,) = xex ∀∈ x .
12. 00 0 2 Lấy tích phân từ −1 đến 0 hai vế ta được: ∫∫x23 f( x) dx+ xf( x2 −=1) dx ∫ xex dx (1) −−11 − 1 00 0 2 Kí hiệu I=∫∫ x23 f( x) dx; K = xf( x2 −= 1;) dx H ∫ xex dx −−11 − 1 011 00 Đặt ux= 3 ta tính được I= ∫ x23 f( x) dx= ∫∫ f( u) du = f( x) dx −133 −− 11 011 00 Đặt ux=2 −1 ta tính được K=∫ xf( x2 −=−1) dx ∫∫ f( v) dv =− f( x) dx −122 −− 11 00 0 221 11 2 Và H=∫∫ xedxxx = edx( 2 ) = e x =(1 − e) −−112 22−1 1100 10 Nên (1) ⇔∫∫f( x) dx − f( x) dx =(1 −⇔ e) ∫ f( x) dx =3( e − 1) . 32−−11 2−1 Câu 48: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2 , SA = 2 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD) . Gọi M , N là hai điểm thay đổi trên hai cạnh AB , AD sao cho mặt 11 phẳng (SMC) vuông góc với mặt phẳng (SNC) . Tính tổng T = + khi thể tích khối chóp AN22 AM S. AMCN đạt giá trị lớn nhất. 5 23+ 13 A. T = 2 . B. T = . C. T = . D. T = . 4 4 9 Lời giải Chọn B Cách 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A(0;0;0) , B(2;0;0) , D(0; 2;0) , S (0;0; 2) . Suy ra C (2; 2;0) . Đặt AM= x , AN= y , xy,∈[ 0; 2], suy ra Mx( ;0;0) , Ny(0; ;0) .      SM=( x;0; − 2) , SC =(2; 2; − 2) , SN=(0;;2 y − ).            ⇒= = − = = − −− n1  SM, SC( 4; 2 x 4; 2 x) , n2  SN, SC( 4 2;4;2 y y) .    Do (SMC) ⊥ ( SNC) nên n12. n =⇔ 0 44( − 4y) − 42( x −− 4) 4 xy = 0⇔+xy28( x += y) .
13. 82− x 82− x ⇔=y , do y ≤ 2 nên ≤⇔≥21x . x + 2 x + 2 SAMCN= S ABCD − S BMC − S DNC =−−−−42( x) ( 2 y) =+ xy. 1 2 2 82−+xx 22 8 Do đó VS. AMCD = SA. SAMCN =( x += y)  x + = . 3 3 3xx++ 232 2 2 +− 28x + ′ 2xx 48 Xét fx( ) = với x ∈[1; 2 ], fx( ) = 2 . 32x + 3 ( x + 2) fx′( ) =0 ⇔ x2 + 4 x − 8 = 0 ⇔ x =−+ 2 23; x =−−2 23 (loại). Lập BBT ta suy ra maxfx( ) = f( 1) = f( 2) = 2 . [0;2] =x 1  y = 2 1 1 115 Vậy maxVTS. AMCN =⇔ 2 ⇒= + = + =. x = 2 AM2 AN 222 x y 4  y =1 Cách 2: Đặt AM= x , AN= y . Gọi O= AC ∩ DB ; E= BD ∩ CM ; F= BD ∩ CN . 2 H là hình chiếu vuông góc của O trên SC , khi đó: HO = . 3 SC⊥⊥ OH SC HE Ta có: ⇒⊥SC( HBD) ⇒ . SC⊥⊥ BD SC HF Do đó góc giữa (SCM ) và (SCN ) bằng góc giữa HE và HF . Suy ra HE⊥ HF . 12 Mặt khác V= SA. S =( x + y). S. AMCN 33AMCN Tính OE , OF : Ta có: x > 0 , y > 0 và nếu x ≠ 2 , y ≠ 2 thì gọi K là trung điểm của AM , khi đó: OE KM x OE EB OB x 2 = = ⇒ = = ⇒=OE . EB MB42− x x 42 −− x 4 x 4 −x y 2 Tương tự: OF = . Mà OE. OF= OH2 ⇔+( x2)( y += 2) 12 . 4 − y Nếu x = 2 hoặc y = 2 thì ta cũng có OE. OF= OH2 ⇔+( x2)( y += 2) 12 . Tóm lại: ( xy+2)( += 2) 12 . 1 2 2 2 12 Suy ra: VS. AMCN = SA. SAMCN =+=( x y) ( x +++−=2) ( y 24) ( x ++ 2) − 4. 3 33 3x + 2 =x 1  y = 2 1 1 115 Do đó maxVTS. AMCN =⇔ 2 ⇒= + = + =. x = 2 AM2 AN 222 x y 4  y =1 3 Câu 49: Cho cấp số nhân (bn ) thỏa mãn bb21>≥1 và hàm số fx( ) = x − 3 x sao cho 100 fb(log22( )) += 2 fb( log21( )) . Giá trị nhỏ nhất của n để bn > 5 bằng A. 234 . B. 229 . C. 333. D. 292 . Lời giải Chọn A Xét hàm số fx( ) = x3 − 3 x. Có fx′( ) =33 x2 − , fx′( ) = 0 ⇔=±x 1.
14. x −∞ −1 0 1 +∞ y′ + 0 − 0 + 2 +∞ y 0 −∞ −2 Mặt khác, ta có bb12>≥1. Đặt a=>=≥log22 b log 21 bb 0 . Ta có: aa33−32 += bb − 3 (1) . Nếu b >1 ⇒>>ab1 ⇒−>−a3333 ab b ⇒ (1) vô nghiệm. 2 Nếu 01≤≤b ⇒−2 100 ⇔n −>1 100log 5 ⇒≥n 234 .  1 n 2 b2 =22 = Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 234 . Câu 50: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và CD . Tính bán kính R của khối cầu ngoại tiếp khối chóp S. CMN . a 29 a 93 a 37 53a A. R = . B. R = . C. R = . D. R = 8 12 6 12 Lời giải Chọn B Gọi: - H là trung điểm của AD⇒⊥ SH( ABCD). - I là trung điểm của MN ⇒ I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN. - d là đường thẳng qua I và vuông góc với mặt đáy. - E là hình chiếu của I lên AD. - O là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S. CMN . - K là hình chiếu của O lên SH. Đặt OI= x . 12a a2 Ta có: CI= MN = ; OC= IC22 += IO + x 2; 24 8
15. 22 223a   aa10 KO==+= HI IE EH   +  = ; 44   4 22 2 22aa3 10  2 22a SO= SK + KO = −+x   =x −3 ax + . 2 4  16 Vì O là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S. CMN nên SO= OC aa2222 5 5 3 a Suy ra: +x22 = x −33 ax + ⇔ax = a2 ⇔= x . 8 16 4 12 aa2225 93 Vậy: R==+= OC a. 8 48 12