Đề thi khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Mã đề 123 - Năm học 2022-2023 - Trường THPT Hà Văn Mao (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Mã đề 123 - Năm học 2022-2023 - Trường THPT Hà Văn Mao (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THPT HÀ VĂN MAO ĐỀ THI GIAO LƯU KSCL HSG - CỤM BÁ THƯỚC NĂM HỌC 2022 - 2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán - THPT Đề thi có 7 trang, 50 câu TNKQ Khóa thi ngày: 12/11/2022 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Họ và tên Mã đề thi: 123 Số báo danh . . Phòng thi . Câu 1. Trong các hàm số sau đây, hàm số nào là hàm số chẵn? A. yx sin . B. yx sin . C. yxx sin tan . D. y sin xx .cos 2 Câu 2. Một học sinh có 4 quyển sách Toán khác nhau và 5 quyển sách Ngữ văn khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách xếp 9 quyển sách trên giá sao cho hai quyển sách kề nhau phải khác loại ? A. 20 . B. 2880 . C. 362880 . D. 5760 . Câu 3. Cho cấp số cộng (un ) với u1 = 6 ; d = 9 . Khi đó số 2022 là số hạng thứ bao nhiêu của cấp số? A. 226 . B. 225 . C. 223 . D. 224 . Câu 4. Tìm m để hàm số ymx=−+−+( 1) 42( 21 mx) 1 có đúng 3 điểm cực trị. 1 1 1 1 A. <<m 1. B. ≤<m 1. C. <≤m 1. D. ≤≤m 1. 2 2 2 2 1 2 3 98 99 Câu 5. Đặt ab=ln 2, = ln 5 , hãy biểu diễn I =ln + ln + ln ++ ln + ln theo a và b . 2 3 4 99 100 A. I=−+2( ab) B. I=−−2( ab) C. I=2( ab + ) D. I=2( ab − ) Câu 6. Lăng trụ đứng có đáy là hình thoi có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 2. B. 9. C. 3. D. 5. Câu 7. Cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 2a , vẽ tia Ax về phía điểm B sao cho điểm B luôn cách tia Ax một đoạn bằng a . Gọi H là hình chiếu của B lên tia Ax , khi tam giác AHB quay quanh trục AB thì đường gấp khúc AHB vẽ thành mặt tròn xoay có diện tích xung quanh bằng: 2 2 2 32π a2 (33+ )π a (13+ )π a (22+ )π a A. . B. . C. . D. . 2 2 2 2 Câu 8. Cắt hình trụ (T ) bằng một mặt phẳng đi qua trục được thiết diện là một hình chữ nhật có diện tích bằng 30cm2 và chu vi bằng 26 cm . Biết chiều dài của hình chữ nhật lớn hơn đường kính mặt đáy của hình trụ (T ). Diện tích toàn phần của (T ) là: 23π 69π A. 23π (cm2 ) . B. (cm2 ) . C. (cm2 ) . D. 69π (cm2 ) . 2 2 1 2 Câu 9. Cho hàm số fx() xác định trên \  thỏa mãn fx′( ) = , f( 0) = 1, f( 1) = 2 . Giá trị 2 21x − của biểu thức ff(−+13) ( ) bằng A. 2+ ln15 B. 3+ ln15 C. ln15 D. 4+ ln15 Trang 1/7 – Mã đề thi 123
2. m Câu 10. Cho ∫(3xx2 −+ 2 1d) x = 6. Giá trị của tham số m thuộc khoảng nào sau đây? 0 A. (−1;2) . B. (−∞;0) . C. (0;4) . D. (−3;1). Câu 11. Có bao nhiêu cách phân công 4 thầy giáo dạy toán vào dạy 12 lớp 12, mà mỗi thầy dạy đúng 3 lớp ? A. 369600 B. 396900 C. 220 D. 369000 xx42++2 Câu 12. Giới hạn lim có kết quả là : x→+∞ ( xx3 +−13)( 1) 3 3 A. − 3 B. C. 3 D. − 3 3 Câu 13. Cho tứ diện OABC có OA, OB , OC đôi một vuông góc với nhau và OA= OB = OC . Gọi M là trung điểm của BC (tham khảo hình vẽ bên dưới). Góc giữa hai đường thẳng OM và AB bằng A. 450 B. 900 C. 300 D. 600 Câu 14. Cho hàm số y= fx( ) có đồ thị hàm y= fx′( ) như hình vẽ bên dưới. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng A. (−∞;2 − ) . B. (−2;1) . C. (−∞;4 − ) . D. (−2;3) . Câu 15. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y=−+ x3 3 xm nhỏ hơn hoặc bằng 5. A. 5. B. 2. C. 11. D. 4. Trang 2/7 – Mã đề thi 123
3. Câu 16. Giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số yx= − 2 x trên đoạn [0;9] lần lượt là m và M . Giá trị của tổng mM+ bằng A. 2. B. 3. C. 0. D. 1. ax +1 Câu 17. Cho hàm số y = ( abc,, là các tham số) có bảng biến thiên như hình vẽ bx+ c Xét các phát biểu sau: (1) : c > 1. (2) : ab+ 0. Số phát biểu đúng là A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 . Câu 18. Đặt log3 2 = a khi đó log16 27 bằng 3a 3 4 4a A. B. C. D. 4 4a 3a 3 22 Câu 19. Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn log22 x y 1 log xy . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. xy . B. xy . C. xy . D. xy 2 . a( m+ nb) Câu 20. Đặt a = log 3; b = log 3. Nếu biểu diễn log 45 = thì mnp++ bằng 2 5 6 ba( + p) A. 3 B. 4 C. 6 D. −3 Câu 21. Một hình đa diện lồi có số mặt M , số đỉnh D và số cạnh C . Khi đó, hệ thức nào dưới đây là đúng ? A. DMC+ −=2 B. DCM+− =2 C. MCD+−=2 D. MDC+= Câu 22. Tính thể tích V của khối lăng trụ tam giác đều ABC. A′′′ B C có AC′ = 5 a , cạnh đáy là 4a . A. Va=12 3 . B. Va= 203 3 . C. Va= 20 3 . D. Va=123 3 . .Câu 23. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A , AB= AC =4; a BC = 6 a .Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABC) nằm trong tam giác ABC . Các mặt bên của hình chóp cùng tạo với đáy góc 600 . Tính thể tích khối chóp S. ABC . A. 63a3 . B. a3 3 . C. 83a3 . D. 33a3 . Câu 24. Cho hình nón đỉnh I , đường cao IO (O là tâm của đáy) và có độ dài đường sinh bằng 3cm , 3 góc ở đỉnh bằng 60°. Gọi K là điểm thuộc đoạn IO thỏa mãn IO= IK , cắt hình nón bằng 2 Trang 3/7 – Mã đề thi 123
4. mặt phẳng ()P qua K và vuông góc với IO , khi đó thiết diện tạo thành có diện tích là S . Tính S . π 2π A. S= ( cm2 ) . B. S= π ( cm2 ) . C. S= 3π ( cm2 ) . D. S= ( cm2 ). 3 3 Câu 25. Cho Fx( ) = x2 là một nguyên hàm của hàm số f( xe) 2x . Tìm nguyên hàm của hàm số f'( xe) 2x . A. ∫ f'( x) e22x dx=−++ 22 x x C . B. ∫ f'2( x) e22x dx=−+ x x + C . C. ∫ f'( x) e22x dx=−++ x x C . D. ∫ f'( x) e22x dx= 22 x −+ x C . 1 x Có bao nhiêu số thực để dx = 1. Câu 26. a ∫ 2 0 ax+ A. 2 B. 1 C. 0 D. 3 Câu 27. Số giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [−2022;2022] để phương trình (m+1) sin2 xx −+ sin 2 cos 2 x = 0 có nghiệm là: A. 4045 . B. 4044 . C. 2023. D. 2024 . Câu 28. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA= a 3 . Gọi α là góc giữa SD và (SAC) . Giá trị sinα bằng 2 2 3 2 A. . B. . C. . D. . 4 2 2 3 Câu 29. Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số 39 y= x42 − x +(2 m + 15) xm −+ 3 1 đồng biến trên khoảng (0; +∞)? 42 A. 2. B. 3. C. 5. D. 4. Câu 30. Cho hàm số yx=−+323 xm, với m là tham số. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị. Tổng tất cả các phần tử của tập S là A. 3 B. 10 C. 6 D. 5 Câu 31. Cho hàm số y= fx( ) có bảng biến thiên như sau Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình fx()+= m 0 có 5 nghiệm phân biệt là A. (−−2; 1] . B. [−1; 2 ) . C. (−−2; 1). D. (−2;1) . Câu 32. Cho hình chóp đều đỉnh S có đáy là đa giác đều 8 cạnh. Một hình nón đỉnh S có đáy là đường tròn ngoại tiếp đáy hình chóp. Tính tỉ số thể tích của khối nón và khối chóp tương ứng. Trang 4/7 – Mã đề thi 123
5. lim( xx− 1)( += 2) 0 , và ( xx−1)( +> 20) với mọi x thuộc lân cận của −2 nhưng nhỏ hơn x→−2+ −2 41x−− xx2 + 26 + = −∞ Suy ra lim+ 2 x→−2 xx+−2 Vậy x = −2 là tiệm cận đứng Kết luận: Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng. ab+ 3 a Câu 34. Gọi x = với ( abc,,∈ N , tối giản) là một nghiệm lớn hơn 1 của phương trình 0 c c 1 1−x 1 2 2xx( 3) x − += 12 − 1. Giá trị của P=++ abc là 3 A. P = 6 . B. P = 0 . C. P = 2 . D. P = 4 . Lời giải Chọn D Điều kiện xác định: x ≠ 0 . 1 1−x 1 1 2 x−1 1 23x ( ) x −+ 1=21x − ⇔3312x − +=x − 3 2x 1 1 ⇔32x + = 31x−1 +−x (1) . Xét hàm số ft( ) =3t + t(t ≠ 0) , ft′( ) =3t .ln 3 +> 1 0 2x 1 1 13± (11) ⇔=−f fx( ) ⇔=−x 1 ⇔=x ⇒=a 1, b =1, c = 2 . Vậy P = 4 . 2x 2x 2 Câu 35. Cho các hàm số fxfxfx( ),,,12( ) ( ) thỏa mãn: ex +1 fx( ) = fx( ) = ln ; f() x= ffx( (),) ∀= n 1;2;3; 1 ex −1 nn+1 Khẳng định nào sau đây đúng? A. f2023 (ln 2) = ln 2 . B. f2023 (ln 3) = ln 4 . C. f2023 (ln 2) = ln 3 . D. f2023 (ln 3) = ln 3. Lời giải Chọn C ex +1 fx( ) = fx( ) = ln . 1 ex −1 Ta có: x ex +1 ln e +1 x +1 e e −1 +1 x fx= ffx =ln = lne −1 = ln ex = x. 2 ( ) ( 1 ( )) ex +1 x ln e +1 ex −1 − e −1 x 1 e −1 ex +1 fx( ) = ffx( ( )) = ln . 32ex −1 fx43( ) = ffx( ( )) = x.
6. ex +1 = = fx54( ) ffx( ( )) ln x e −1 ex +1 Bằng quy nạp ta chứng minh được fx( ) = ln . 2023 ex −1 eln 2 +1 eln 3 +13 Từ đó suy ra: f (ln 2) = ln= ln 3 ; f (ln 3) = ln = . 2023 eln 2 −1 5 eln 3 −12 Câu 36. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình ( x−1) .log ( e−x +=− mx) 2 có 2 nghiệm thực phân biệt A. Vô số. B. 11. C. 9. D. 10. Lời giải Chọn D Điều kiện: em−x +>0 (*). Vì x =1không là nghiệm nên phương trình nên: x − 2 x−2 x−2 log(em−−xx+ ) = ⇔ em +=10 x−1 ( thỏa mãn (*)) ⇔=me10 x−1 −−x . x −1 x−2 Đặt y= gx( ) = 10 x−1 − e−x 1 x−2 Ta có: y′ = 10x−1 ln10+ex−x > 0, ∀≠ 1 (x − 1) 2 Bảng biến thiên: 1 Vậy phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt khi −<m <10 . e Suy ra các giá trị m cần tìm là: 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9. Câu 37. Cho hình hộp đứng ABCD. A B C D có cạnh AB= AD = 2 , AA = 3 và góc BAD =60 °. Gọi 111 1 1 M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AD11 và AB11. Tính thể tích V của khối chóp A. BDMN . 5 3 A. V = . B. V = . C. V = 4 . D. V = 2 . 2 2 Lời giải
7. B C A D B1 C1 N A1 M D1 E Gọi E là điểm đối xứng với A qua A1 , ta có: A N// AB  1  AB ⇒ N là trung điểm của đoạn EB AN1 =  2 A M// AD  1  AD ⇒ M là trung điểm của đoạn ED AM1 =  2 1 1 Ta có S= AB. AD .sin BAD = .2.2.sin 60° = 3 ∆ABD 2 2 ABCD. A111 B C D 1 là hình hộp đứng, AA1 = 3 ⇒=EA 23 1 1 ⇒=V EA. S =.2 3. 3 = 2 E. ABD 3 ∆ABD 3 VE. AMN EM EN 1 1 3 3 =. = ⇒=VVE AMN E ABD ⇒=VVA BDMN E ABD = . VE. ABD ED EB 4 4 4 2 Câu 38. Một con quạ đang khát nước. Nó bay rất lâu để tìm nước nhưng chẳng thấy một giọt nước nào. Mệt quá, nó đậu xuống cành cây nghỉ. Nó nhìn quanh và bỗng thấy một cái bình hình trụ có bán kính đáy là 2cm , chiều cao 21cm ở dưới một gốc cây. Trong bình đang có một ít nước, khoảng cách giữa đáy cốc và mặt nước là 12cm (Hình vẽ). Nhìn chung quanh, quạ thấy những viên đá nhỏ nằm lay lắt ở gần đấy. Lập tức, nó dùng mỏ gắp một viên đá hình cầu có bán kính 0,6cm thả vào bình. Cứ như vậy, nó gắp những viên đá khác và tiếp tục thả vào bình. Giả sử các viên đá đều là hình cầu có bán kính 0,6cm Chẳng bao lâu, nước đã dâng lên. Để uống được nước thì con quạ cần thả vào bình ít nhất bao nhiêu viên đá biết rằng quạ muốn uống được nước trong cốc thì mặt nước phải cách miệng cốc không quá 6cm ?
8. A. 42 . B. 41. C. 30. D. 27 . Lời giải 3 4 3 36π 3 Ta có thể tích của mỗi viên đá là: π = (cm ). 3 5 125 Gọi n là số viên đá mà con quạ cần thả vào cốc ( n∈ *). Khi thả vào số viên đá đó, thể tích n.36π của nước được tăng thêm là: V= () cm3 125 Để con quạ uống được nước trong cốc thì mực nước trong cốc cần dâng lên thêm ít nhất là: h =21 − 12 −= 6 3 (cm ) , tức là ứng với thể tích nước tăng lên là: V'= hr .πππ .22 = 3. .2 = 12 n.36π 125 Ta có điều kiện: VV≥' ⇔ ≥ 12π ⇔≥n =41,66 125 3 Vậy số viên đá tối thiểu con quạ cần bỏ vào cốc là 42 viên. Câu 39. Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9, khối chóp có thể tích lớn nhất bằng bao nhiêu ? A. 576 2 . B. 144. C. 576. D. 144 6 . Lời giải Chọn C Giả sử khối chóp S. ABCD là khối chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9. Gọi O là tâm hình vuông ABCD thì SO⊥ ( ABCD) . M là trung điểm của SA , kẻ MI vuông góc với SA và cắt SO tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD , bán kính của mặt cầu là IA= IS = 9 .
9. Đặt IO= x , 09≤≤x , do ∆IAO vuông tại O nên AO= AI22 − IO =81 − x2 , suy ra AC=2 81 − x2 . AC 2 2 Do tứ giác ABCD là hình vuông nên AB = =2. 81 − x , suy ra SABCD = AB 2  =2( 81 − x2 ) . 1 2 2 2 32 Vậy VS. ABCD= S ABCD . SO =−+(81xx) .( 9 ) =( −−xx9 + 81 x + 729) . 3  3 3 2 Xét hàm số fx( ) = (−−xx329 + 81 x + 729) với x ∈[0;9] . 3 x = 3 fx′( ) =−−2( x2 6 x + 27) ; fx′( ) = 0 ⇔  xl= −9( ) Bảng biến thiên : Dựa vào bảng biến thiên ta thấy : maxfx( ) = f( 3) = 576 . x∈[0;9] Vậy khối chóp có thể tích lớn nhất bằng 576. Câu 40. Xét hàm số fx( ) liên tục trên [0;1] và thỏa mãn điều kiện 4.xf( x22) + 3 f( 1 −=− x) 1 x . 1 Tích phân I= ∫ fx( )d x bằng: 0 π π π π A. I = . B. I = . C. I = . D. I = . 20 16 6 4 Lời giải Vì fx( ) liên tục trên [0;1] và 4.xf( x22) + 3 f( 1 −=− x) 1 x nên ta có 1111 1 2222 ∫∫4.xf( x) +− 3 f( 1 x) d x =− 1 x d x ⇔∫∫∫4.xf( x) d x + 3 f( 1 −=− x) d x 1 x d x (1) . 0000 0 1 1 1 2 Mà ∫ 4.xf( x2 ) d x= 2d∫ fx( 22) ( x) tx = → 2d∫ ft( ) t= 2I 0 0 0 1 1 1 và ∫ 31f( − xx) d=−−−3∫ fx( 1) d1( x) ux =1 − → 3d∫ fu( ) u= 3I 0 0 0 π π π 1 2 2 2 = 1 π Đồng thời ∫ 1d− xx2 xt sin →∫ 1 − sin2 t .cos tt d = ∫ cos2 tt d =∫ (1 + cos2tt) d = . 0 0 0 2 0 4 π π Do đó, (1) ⇔ 23II+= hay I = . 4 20
10. 31xx42+− 1 2022 1 b b ≠ ′ = 2 = − = = − Câu 41. Cho fx( ) 0 , fx( ) 2 . f( x) , f (1) . Xét S∑ fk( ) 1 với x 3 k =1 2 a a tối giản. Tính ab+ . A. 4092530 . B. 4090507 . C. 4088485 . D. 4086463. Lời giải ′ fx( ) 2 1 fx′( ) 2 1 Ta có =31x +− ⇒dxx = 31 +− d x fx22( ) x ∫∫fx22( ) x −11 ⇒ =xx3 ++ + C. fx( ) x 1 −11 Mà fC(10) =−⇒=⇒ =xx3 ++ . 3 fx( ) x −−xx12 ⇒= = fx( ) 42 2 xx++12( xx22+−1) 22 1(xx−+11) −( xx ++) 11 1 = . = − . 2(xx22++11)( xx −+) 21xx22++ xx −+ 1 11 1 ⇒=fx( )  − . 2xx( ++ 11) xx( −+ 11) Khi đó : 2022 11 1 1 1 1 1 S=∑ fk( ) = − + − ++ − k =1 2 1.2++++ 1 0.1 1 2.3 1 1.2 1 2022.2023 + 1 2022.2021 + 1 1 11b  = −+11= −+ . 2 2022.2023+ 1 2 a  ⇒=a 2022.2023 + 1, b =1 ⇒+=ab4090507 . Câu 42. Một bàn cờ vua gồm 88 ô vuông, mỗi ô có cạnh bằng 1 đơn vị. Một ô vừa là hình vuông hay hình chữ nhật, hai ô là hình chữ nhật, Chọn ngẫu nhiên một hình chữ nhật trên bàn cờ. Xác suất để hình được chọn là một hình vuông có cạnh lớn hơn 4 đơn vị bằng 5 17 51 29 A. . B. . C. . D. . 216 108 196 216 Lời giải Chọn A Bàn cờ 88 cần 9 đoạn thẳng nằm ngang và 9 đoạn thẳng dọc. Ta coi bàn cờ vua được xác định bởi các đường thẳng xx 0, 1, , x 8 và yy 0, 1, , y 8.
11. 22 Mỗi hình chữ nhật được tạo thành từ hai đường thẳng x và hai đường thẳng y nên có CC88. 22 hình chữ nhật hay không gian mẫu là n  CC99. 1296 . Gọi A là biến cố hình được chọn là hình vuông có cạnh a lớn hơn 4. Trường hợp 1: a 5. Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng x cách nhau 5 đơn vị và hai đường thẳng y cách nhau 5 đơn vị có 4.4 16 cách chọn. Trường hợp 2: a 6 . Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng x cách nhau 6 đơn vị và hai đường thẳng y cách nhau 6 đơn vị có 3.3 9 cách chọn. Trường hợp 3: a 7 . Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng x cách nhau 7 đơn vị và hai đường thẳng y cách nhau 7 đơn vị có 2.2 4 cách chọn. Trường hợp 3: a 8. Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng x cách nhau 8 đơn vị và hai đường thẳng y cách nhau 8 đơn vị có 1.1 1 cách chọn. Suy ra nA 16 9 4 1 30 . Xác suất để hình được chọn là một hình vuông có cạnh lớn hơn 4 đơn vị là nA 30 5 PA . n  1296 216 Câu 43. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O , AB= a , BC= a 3 . Tam giác ASO cân tại S , mặt phẳng (SAD) vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) , góc giữa SD và ( ABCD) bằng 60° . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC bằng a 3 3a a 3a A. . B. . C. . D. . 2 2 2 4 Lời giải Ta có (SAD) ⊥ ( ABCD) , (SAD) ∩=( ABCD) AD ; trong mp(SAD), kẻ SH⊥ AD thì SH⊥ ( ABCD) Mặt khác Gọi I là trung điểm OA , vì tam giác ASO cân tại S nên AO⊥ SI , AO⊥ SH ⇒⊥HI OA DC 1 Tam giác ADC vuông tại D có AC= AD22 += DC2 a và tan DAC = = AD 3 ⇒=°DAC 30
12. AI a 3 23a Tam giác AHI vuông tại I có AH = = ⇒=HD . cos30° 3 3 2a a 3 Tam giác ABH vuông tại A có HB= AH22 += AB , AB2 = IB. HB ⇒=IB 3 2 Trong mặt phẳng ( ABCD) , dựng hình bình hành ABEC thì BE// AC , BE⊂ ( SBE) ⇒ AC// ( SBE) dSBAC( ,,) = dAC( ( SBE)) = dI( ,( SBE)) IB 3 3 Mà = nên d( I,,( SBE)) = d( H( SBE)) HB 4 4 Lại có tam giác OAB là tam giác đều cạnh a nên BI⊥ AC ⇒⊥BI BE , BE⊥ SH ⇒⊥BE( SBH ) ⇒⊥(SBE) ( SBH ) và (SBE) ∩=( SBH) SB Trong mặt phẳng (SBH ) , kẻ HK⊥ SB thì HK⊥ ( SBE) ⇒=HK d( H,( SBE)) 1 11 Tam giác SBH vuông tại H có = + ⇒=HK a . HK2 SH 22 HB 33a Vậy d( H,( SBE)) = HK = a và d( I,,( SBE)) = d( H( SBE)) = . 44 Câu 44. Cho hàm số y= ax32 −+− x bx 1 với ab, là các số thực, a ≠ 0 , ab≠ sao cho đồ thị hàm số cắt 532a2 −+ ab trục Ox tại ba điểm có hoành độ dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = . aba2 ( − ) A. 15 3. B. 8 2. C. 11 6. D. 12 3. Lời giải Xét phương trình ax32− x + bx −=1 0 ( *) . Gọi mnp,, là ba nghiệm dương của phương trình (*) , khi đó  1 mnp++ =  a  1 Ta có mn++ np pm =  a  1 mnp =  a  1  2 0 <≤a (m++ n p) ≥3( mn + np + pm)  33 Mặt khác  ⇔  ++ ≥3 1 m n p3 mnp 0 <≤b  3a 532a2 −+ ab  1 Xét hàm số fb( ) = ; b∈ 0; là hàm số nghịch biến nên aba2 ( − ) 3 a 1 51a2 + fb( ) ≥= f3. = 3.ga( ) 33a aa− 3 51a2 +  1 = ∈ Xét hàm số ga( ) 3 ; a 0;  , là hàm số nghịch biến nên ta có aa− 3 33
13. 1 ga( ) ≥= g43. 33 Vậy P ≥=3.4 3 12 3 . Câu 45. Cho hàm số fx( ) =−+ x3269 x x. Đặt fkk( x) = ff( −1 ( x)) với k là số tự nhiên lớn hơn 1. Hỏi phương trình fx9 ( ) = 0 có bao nhiêu nghiệm? A. 19684. B. 9841. C. 19683. D. 9842. Lời giải Chọn D. Ta có fx′( ) =−+3 x2 12 x 9 . Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta có  fx( ) = 0  −  fx( ) = 3  fxk 2 = 0 k −1 ( )   fx( ) = 0  fx2 ( ) = 3 kk=⇔ ⇔−2 =⇔⇔ fx( ) 0  −  f( x) 3  fxk 1 ( ) = 3   fx3 ( ) = 3  k −1   fx( ) = 3   k −1  fx( ) = 3 Bài toán sẽ được giải quyết nếu tìm được số nghiệm của phương trình fxk ( ) = 3 . + Phương trình fx( ) = 3 có ba nghiệm thuộc (0; 4) .  fx( ) =∈⊂ x1 (0; 1) ( 0; 4) 2  + Phương trình f( x) = f( fx( )) =⇔=∈⊂3  fx( ) x2 (1; 3) ( 0; 4 ) .   fx( ) =∈⊂ x3 (3;4) ( 0;4) Từ bảng biến thiên ta có với mỗi giá trị xxx123, ,∈( 0; 4) phương trình f( x) = xii , = 1, 3 có ba nghiệm thuộc (0; 4) . Như vậy phương trình fx2 ( ) = 3 có 9 nghiệm thuộc (0; 4) . + Bằng quy nạp ta chứng minh được phương trình fxk ( ) = 3 có 3k nghiệm thuộc (0; 4) .
14. 31k −1 − Từ đó, số nghiệm của phương trình fxk ( ) = 0 là 2++ 3 321 + + 3k − =+ 2 3 . 2 3191− − Vậy số nghiệm của phương trình fx9 ( ) = 0 là 2+= 3 9842 . 2 + + −− 1 Câu 46. Cho xy; ∈ , ( x ≥ 0) thỏa mãn: 2021x31 y + 2021xy +x += 1 2021 xy 1 + −yx( +3) . 2021xy+3 Tìm giá trị nhỏ nhất của Tx= + 2 y. 2 2 A. . B. −1. C. − . D. 1. 3 3 Lời giải 1 Ta có 2021x+31 y + 2021xy+ +x += 1 2021−−xy 1 + −yx( +3) 2021xy+3 ⇔2021x+3 y − 2021−+(xy3 ) +x + 3 y = 2021−−xy 11 − 2021xy+ −xy −⇔ 1 f( x + 3 y) = f( − xy −1) . − − Với ft( ) =−+2021tt 2021 t, t ∈ . ft′( ) =2021tt ln 2021 + 2021 ln 2021+> 1 0 , t ∈ . ⇒ f liên tục và đồng biến trên . Do đó f( x+3 y) = f( −−⇔+=−− xy 13) x y xy 1 (*) . Với y = −1: (*) ⇔− 31 =− (vô lí). −−13y 1 Với y ≠−1: (*) ⇔=x . Vì x ≥ 0 nên −1 <y ≤− . 1+ y 3 Từ (*) ta có: xy+3 =−−⇔ xyxy 12 + =−− yxyxy −⇔ 12 + =−+( xyyyy 22) +2 − − 1. 2121yy22−− yy −− ⇔( xy +21)( + y) = 2 yy2 − −⇔ 1 xy + 2 = ⇔T = . yy++11 21yy2 −− 1 Xét fy( ) = , y ∈− 1; − . y +1 3 24yy2 + 1 12 fy′( ) = <0, ∀∈−y 1; − . Do đó min fy( ) =−=− f . 2   1  y +1 3 −−1; 33 ( ) 3  1 2 y = − Vậy minT =−⇔ 3 . 3 x = 0 x2 Câu 47. Số nghiệm của phương trình +−xxln( 2 − 2) = 2022 là 2 A. 3. B. 1. C. 4 . D. 2 . Lời giải x2 Xét hàm số fx( ) = +− xln( x2 − 2) với x ∈( −∞; − 2) ∪( 2; +∞) . 2
15. 2x 24x2 + ′ = +− ′′ = + > ∀ ∈ −∞ − ∪ +∞ Ta có fx( ) x1 2 ; fx( ) 1 2 0,x( ; 2) ( 2; ) . x − 2 ( x2 − 2) 2x ′ = +− −∞ − +∞ Nên suy ra hàm số fx( ) x1 2 đồng biến trên mỗi khoảng ( ;2) và ( 2; ) . x − 2 8 Mặt khác ff′′(2) .( 3) =− Xét hàm số ft( ) log 3 t t, với t 0 . 1 có ft′( ) = +>10, ∀>t 0 . t.ln 3 Vậy hàm số ft( ) liên tục và đồng biến trên khoảng (0; +∞). Do đó: f(3( xy+)) = fxyxy( 22 +++⇔23) ( xyxyxy +=+++) 22 2 (1) . 2 Từ (1) ⇔xyxy =+( ) −32( xy ++) .
16. 2 xy++1 Ta có x=+ x xy − xy = x( y +−1) xy ≤ −xy . 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy= +1. 2 ( xy++1) 2 Do đó từ (1) , suy ra: x≤ −+( xy) +32( xy +−) . 4 Đặt txy= + , t > 0 . 2 (t +1) 2 21t++ − tt +32 − 2 21( xy+) ++ x −+3tt 22 − 3 Suy ra: P=≤=4 =ft( ) . xy++6 t+6 46(t+) −−2 + ′ 3tt 36 135 Ta có: ft( ) = 2 =03 ⇔=t (nhận). 46(t + ) Bảng biến thiên t 0 3 +∞ ft′( ) − + 0 ft( ) xy=+=12 x Dựa vào BBT, ta có maxP= max ft( ) = f( 3) = 1 khi và chỉ khi ⇔ . (0;+∞) xy+=31 y = Câu 49. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình bình hành. Góc tạo bởi mặt bên (SAB) với đáy bằng α . Tỉ số diện tích của tam giác SAB và hình bình hành ABCD bằng k . Mặt phẳng (P) đi qua AB và chia hình chóp S. ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau. Gọi (β ) là góc tạo bởi mặt phẳng (P) và mặt đáy. Tính cot β theo k và α . 51+ 51+ A. cotβα= cot + B. cotβα= tan + k sinα k sinα 51− 51− C. cotβα= cot + D. cotβα= tan + k sinα k sinα Lời giải
17. S M N D A C B Giải sử mặt phẳng (P) cắt SD, SC lần lượt tại MN, . Khi đó MN// CD . SM SN Đặt: = =m > 0 SD SC VS. MNB SM SN 2  =. = m  VSDCB SD SC Ta có:  V SM  S. AMB = = m *  ( ) VS. ABD SD V 51− ⇒S. ABMN =mmmm22 +⇔ +=⇔=10 m( m >) 22VS. ABCD VS. ABM m 15+ Từ (*) ⇒=VS. ABM mV S. ABD = m( V S. ABM + V M.ABD ) ⇒ ==(1) VmM. ABD 12− V S. Sin(αβ− ) Mặt khác: S. ABM = SAB (2) VM. ABD S ABD. Sinβ 15++kS. .sin(αβ− ) 15 Từ (1) ,( 2) ⇒ =ABCD ⇔=+cotβα cot . Suy ra chọn A. 1 α 2 .S .sin β k.sin 2 ABCD Câu 50. Cho tứ diện ABCD có thể tích là V . Điểm M thay đổi trong tam giác BCD . Các đường thẳng qua M và song song với AB , AC , AD lần lượt cắt các mặt phẳng ( ACD) , ( ABD), ( ABC) tại N , P , Q . Giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện MNPQ là V V V V A. . B. . C. . D. . 27 16 8 54 Lời giải
18. A P N Q P' D B M Q' N' C MN N′ M  Tam giác ABN′ có MN// AB ⇒= . AB N′ B MP P′ M  Tam giác ACP′ có MP// AC = . AC P′ C MQ Q′ M  Tam giác ADQ′ có QM// AD ⇒= . AD Q′ D MN MP MQ N′′′ M P M Q M Khi đó: ++ = + + AB AC AD NB′′ PC QD ′ NM′′′ PM QM SSS MN MP MQ Mà ++=MCD ++=MBD MBC 1 nên ++ =1 NB′′ PC QD ′ SBCD S BCD S BCD AB AC AD 3 3 3 MN MP MQ MN MP MQ Lại có 1= ++ ≥33 (Cauchy) AB AC AD AB AC AD 1 MN MP MQ ⇔≤MN MP MQ AB AC AD ⇒ MN MP MQ lớn nhất khi = = 27 AB AC AD MN MP MQ 1 ⇒ M là trọng tâm tam giác BCD ⇒=== ⇒ ( NPQ) // ( BCD) , AB AC AD 3 2 SNPQ 2 1 1 1 = , Mà SSN′′ P Q ′= BCD nên SSNPQ= BCD và d( M,,( NPQ)) = d( A( BCD)) SNPQ′′ ′ 3 4 9 2 1 Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện MNPQ là V= S., d( M( NPQ)) MNPQ3 NPQ 11 1 V 1 ⇔=V , S d( A( BCD)) =, với V= S., d( A( BCD)) = V . MNPQ 3 9BCD 3 27 ABCD3 BCD