Đề thi khảo sát học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Mã đề 101 - Năm học 2020-2021 - Trường THPT Hưng Nhân (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi khảo sát học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Mã đề 101 - Năm học 2020-2021 - Trường THPT Hưng Nhân (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THPT HƯNG NHÂN ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 TỔ TOÁN-TIN Khóa ngày: 28/11/ 2020 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề) Mã đề thi Họ và tên thí sinh: SBD: 101 23 Câu 1. Cho hàm số fx( ) liên tục trên , có fx′( ) =( x +22) ( x −) ( −+ x 5) . Số điểm cực trị của hàm số y= fx( ) là A. 0 . B. 2 . C. 1. D. 3. Câu 2. Cho hàm số fx có bảng biến thiên như sau: Hàm số nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. (−∞;1 − ) . B. (−1;1) . C. (0; 2) . D. (0; 4) . Câu 3. Hàm số nào sau đây nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó? x + 5 x −1 21x + x − 2 A. y = . B. y = . C. y = . D. y = . −−x 1 x +1 x − 3 21x − 2 Câu 4. Cho hàm số y= fx( ) liên tục trên , có đạo hàm fx′()=−+ xx3 ( 1) ( x 2) . Hỏi hàm số y= fx( ) có bao nhiêu điểm cực trị? A. 0 . B. 2 . C. 3. D. 1. Câu 5. Tổng diện tích các mặt của một hình lập phương bằng 96. Tính thể tích của khối lập phương đó là A. 84 . B. 64 . C. 48 . D. 91. Câu 6. Cho biểu thức P 4 xx 3 23 x, x > 0 . Mệnh đề nào dưới đây là đúng? 2 1 13 1 A. Px 3 . B. Px 4 . C. Px 24 . D. Px 2 . Câu 7. Cho hàm số y= fx( ) xác định trên  \1{ } , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như hình vẽ. Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình fx( ) = mcó 3 nghiệm phân biệt là Trang 1/8 - Mã đề 101
2. A. 1. B. 0 . C. 3. D. 2 . Câu 8. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số ymx=( −1) 32 − 3( mxx − 1) ++ 32đồng biến biến trên ? A. 12≤ 1. D. 01<<b . Câu 13. Cho hàm số y= fx( ) có bảng biến thiên như sau Đồ thị hàm số y= fx( ) có tổng số bao nhiêu tiệm cận (chỉ xét các tiệm cận đứng và ngang)? A. 1. B. 3. C. 2 . D. 0 . Câu 14. Một hình nón có bán kính đáy bằng 5cm và diện tích xung quanh bằng 30π cm2 . Tính thể tích V của khối nón đó. 25π 61 25π 34 A. V = (cm3 ). B. V = (cm3 ) . 3 3 25π 39 25π 11 C. V = (cm3 ) . D. V = (cm3 ) . 3 3 Trang 2/8 - Mã đề 101
3. Câu 15. Cho hàm số yx=−+422 x có đồ thị như hình vẽ bên. 42 Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình −+xx2 = log2 m có bốn nghiệm thực phân biệt A. 12 0. D. m ≥ 2. 353 Câu 16. Cho hàm số fx( ) xác định trên , có đạo hàm fx′( ) =+−( x123) ( x) ( x +) . Số điểm cực trị của hàm số fx( ) là A. 2 . B. 3. C. 5. D. 1. 2ππ Câu 17. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đoạn − ; là tập hợp con của tập nghiệm bất phương 33 22 trình: log11( cosx+ 10. C. 44≥ab − ≥− . D. a , b ≥ 0 . 32 Câu 21. Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số y=−−+ x34 x mx có hai điểm cực trị thuộc khoảng (−3; 3) ? A. 13. B. 10. C. 12. D. 11. Trang 3/8 - Mã đề 101
4. Câu 22. Một hình thang cân ABCD có đáy nhỏ AB =1, đáy lớn CD = 3 , cạnh bên BC= AD = 2 . Cho hình thang ABCD quay quanh AB ta được khối tròn xoay có thể tích là 7 8 A. V = π . B. V = 2π . C. V = 3π . D. V = π . 3 3 Câu 23. Anh Minh muốn xây dựng một hố ga không có nắp đậy dạng hình hộp chữ nhật có thể tích chứa được 3200cm3 , tỉ số giữa chiều cao và chiều rộng của hố ga bằng 2 . Xác định diện tích đáy của hố ga để khi xây hố tiết kiệm được nguyên vật liệu nhất. A. 170cm2 . B. 160cm2 . C. 150cm2 . D. 140cm2 . Câu 24. Cho mặt nón tròn xoay đỉnh S đáy là đường tròn tâm O có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh bằng a . A , B là hai điểm bất kỳ trên (O) . Thể tích khối chóp S. OAB đạt giá trị lớn nhất bằng a3 a3 3 a3 3 a3 3 A. . B. . C. . D. . 96 24 96 48 a Câu 25. Cho hai số thực dương a , b thỏa mãn loga= log b = log ( ab + ) . Tính . 469 b 1 −+15 −−15 15+ A. . B. . C. . D. . 2 2 2 2 Câu 26. Ông An gửi 320triệu đồng vào ngân hàng ACB và VietinBank theo phương thức lãi kép. Số tiền thứ nhất gửi vào ngân hàng ACB với lãi suất 2,1% một quý trong thời gian 15tháng. Số tiền còn lại gửi vào ngân hàng VietinBank với lãi suất 0,73% một tháng trong thời gian 9tháng. Biết tổng số tiền lãi ông An nhận được ở hai ngân hàng là 26670725,95đồng. Hỏi số tiền ông An lần lượt ở hai ngân hàng ACB và VietinBank là bao nhiêu (số tiền được làm tròn tới hàng đơn vị)? A. 120triệu đồng và 200 triệu đồng. B. 200 triệu đồng và 120triệu đồng. C. 140triệu đồng và 180triệu đồng. D. 180triệu đồng và 140triệu đồng. Câu 27. Giả sử trong trận chung kết AFF Cup 2018, đội tuyển Việt Nam phải phân định thắng thua trên chấm đá phạt 11 m. Biết xác suất để mỗi cầu thủ Việt Nam thực hiện thành công quả đá 11 m của mình đều là 0,8 . Gọi p là xác suất để đội tuyển Việt Nam thực hiện thành công từ 4 quả trở lên trong 5lượt sút đầu tiên. Khẳng định nào sau đây đúng? A. 0,72 0,75. Câu 28. Cho hình lập phương ABCD. A′′′′ B C D có cạnh bằng 1. Cắt hình lập phương bằng một mặt phẳng đi qua đường chéo BD′ . Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích thiết diện thu được. 6 A. . 3 6 B. . 2 6 C. . 4 D. 2 . Câu 29. Cho lăng trụ ABC. A′′′ B C có đáy là tam giác đều và AA′′′= AB = AC. Biết rằng các cạnh bên của lăng trụ hợp với đáy một góc 60°và khoảng cách giữa đường thẳng AA′ và mặt phẳng (BCC′′ B ) bằng 1. Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho. 43 16 3 16 3 16 3 A. . B. . C. . D. . 9 27 9 9 Câu 30. Cho parabol (Py) : = − x2 và đồ thị hàm số y= ax32 + bx +− cx 2 có đồ thị như hình vẽ. Trang 4/8 - Mã đề 101
5. Khi quay hình thang quanh cạnh AB ta được khối tròn xoay. Kẻ các đường cao AH,. BK Khi đó: HK AB 1 CK DK 1 Áp dụng pitago trong các tam giác vuông AHC, BKD ta được: AH BK 1 Xét khối trụ có đường cao CD 3, bán kính AH 1. Khi đó thể tích khối trụ: 2 V T . AHCD . 3 Xét khối nón có đường sinh AD 2, bán kính AH 1, đường cao DH 1. Khi đó thể tích khối nón 1 V AHDH2 N 3 3 Thể tích khối tròn xoay: 7 VV 2 V T N 3 Câu 23: Chọn B. Gọi chiều rộng của hố ga là xcm x 0 chiều cao của hố ga là 2x cm 3200 1600 Hố ga dạng hình hộp chữ nhật có thể tích là 3200cm3 Chiều dài hố ga là cm xx.2 x2 Tổng diện tích cần xây hố ga (5 mặt, trừ mặt đáy trên) là: 1600 16002 8000 2 Sx 2. 2 .2 xx . 2 4 x cm x x x 4000 4000 4000 400 Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: Sx 42 33 4 x 2 . . 1200 xx xx 4000 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 4x2 x 3 1000 x 10 (thỏa mãn) x 1600 2 Với x 10 thì diện tích mặt đáy của hố ga là 10.2 160 cm . 10 Câu 24: Chọn D. 18
6. Gọi AOB . Hình chóp S. OAB 00 180 0 0 sin 1 1 1 Diện tích OAB là .OAON . .sin Thể tích khối chóp S. OAB là V . SO . OA . OB .sin 2 6 a3 a Vì thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh bằng a SO; OA OB 2 2 1a 3 a a a3 3.sin a 3 3 V . . . .sin 6 2 2 2 48 48 Dấu “=” xảy ra sin 1 900 OA  OB a3 3 Vậy thể thchs khối chóp S. OAB đạt giá trị lớn nhất bằng . 48 Câu 25: Chọn B. Đặt log4a log 6 b log 9 abt . t log4 a t a 4 t log6 b t b 6 . log ab t t 9 a b 9 t 2 1 5 t t 4 2 3 2 a 1 5 Ta có 4t 6 t 9 t 1 0 . t 9 3 2 1 5 b 2 VN 3 2 Câu 26: Chọn A. Gọi x (triệu) là số tiền ông An gửi vào ngân hàng ACB, y (triệu) là số tiền ông An gửi vào ngân hàng VietinBank. x y 320 x 120 Ta có 5 9 . x 1 2,1% y 1 0,73% 346,67072595 y 200 19
7. Câu 27: Chọn A. Xác suất để 4 quả thành công là: 0,8 4 .0, 2.5 0, 4096. Xác suất để 5 quả thành công là: 0,8 5 0,32768. Vậy xác suất để đội tuyển Việt Nam thực hiện thành công từ 4 quả trở lên trong 5 lượt sút đầu tiên là: 0, 4096 0,32768 0,73728. Câu 28: Chọn B. Gọi O là trung điểm BD '. Gọi E, F là tâm hình vuông ABB' A ' và DCC' D '. Giả sử thiết diện qua BD ' và cắt AD trung điểm M của AD. Trong ADC' B ' gọi N BC' '  OM N là trung điểm B' C '. MN AB' BC ' 2. 5 Tứ giác BMD' N là hình thoi MB MD''. NB ND 2 1 6 S MNBD.'. BMD' N 2 2 Ta chứng minh M là trung điểm của AD thì diện tích thiết diện đạt giá trị nhỏ nhất. Lấy M ' bất kỳ trên AD. Kẻ MH' EFMK , '  BD '. MH' MO Tứ giác MM' HO là hình bình hành . MH' // MO Mà MO ABCD'''''.  MH ABCD M' HK vuông tại H MK' MH ' MO 20
8. 1 S 2 S 2. MKBD ' . ' 3 MK ' BMDN''' MBD '' 2 1 S 2 S 2. MOBD . ' 3 MO BMDN' MBD 2 SSBM''' D N BMD ' N . Dấu “=” xảy ra M'.  M Câu 29: Chọn B. * Gọi H là trung điểm BC, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Vì AA' AB ' AC ' nên hình chiếu của A' lên ABC là điểm O hay AO'. ABC Gọi E là điểm sao cho BCAE là hình bình hành. dAA '; BCCB '' d AAE '; BCCB '' dH ;'. AAE * Gọi K là hình chiếu của O lên AA'. AO'  AE Vì AAO'   AE OK AE AO'  AE OK  AAE'. d O; AAE ' OK AO 2 2 * Ta có: OK . dH ;' AAE dH ;' AAE AH 3 3 * Góc giữa AA' và ABC là góc giữa AA' và AO bằng 600 . OK4 AB 3 4 AO AB . sin 600 3 3 3 3 21
9. 4 * AO' AO .tan 600 . 3 2 4 3 43 16 3 Vậy VAOS ' ABC 3 4 27 Câu 30: Chọn A. * Xét phương trình hoành độ giao điểm: ax3 bx 2 cx2 x 2 ax 3 b 1 x 2 cx 2 0 Từ đồ thị ta thấy hai đồ thị hàm số cắt nhau tại điểm có hoành độ x 1; x 1; x 2 nên ta có hệ phương trình sau: 4a 2 b c 1 a 1 a b c1 b 1 abc 1 c 1 Vậy Pa 3 b 5 c 3. Câu 31: Chọn C . Gọi H,K lần lượt là trung điểm của A'B,A'D Ta có: AH (BA'C),AK  (DA'C) ((BA'C);(DA'C)) (AH,AK) HAK 1 a 2 Lại có : HK là đường trung bình của A'BD HK BD 2 2 22
10. a 2 Mặt khác AHAK AHAKHKa2 2 => AHK đều. ((BA'C);(DA'C)) HAK 60.o Câu 32: Chọn C . Gọi giao điểm của BM với AD là J, giao điểm của AM với BC là I Gọi độ dài MN là x, độ dài MP là y. Ta có: MN IM SA IA x y 1 MP JM AM a b SB JB AI x y y 3 2( ) 2 2 2 x x y 4a 4a 1 4a 4a b P ( . . ). 2a 2a b . (BĐT Cauchy) 2a 2a b b 33 b 27 b 27 Câu 33: Chọn A . Ta có: 3 3 3 3 C3 C 4 C 5 C 100 3! 4! 5! 100! 3!.0! 3!.1! 3!.2! 3!.97! 1 .(1.2.3 2.3.4 3.4.5 98.99.100) 3! 23
11. n(n 1)(n 2)(n 3) Chứng minh bằng quy nạp ta được: 1.2.3 2.3.4 3.4.5 n(n 1)(n 2) 4 1 98.99.100.101 101! Áp dụng vào ta có: C3 C 3 C 3 C 3 . C 4 3 4 5 1003! 4 4!.97! 101 Câu 34: Chọn B . Nhìn vào đồ thị ta dễ thấy đáp án đúng là B Câu 35: Chọn C. Ta có 4a 25 b 10 c a log 4 b log 25 c . c log 4 a A log 4 log 25 log100 2. c log 25 b Câu 36: Chọn D. Ta có AC BC2 AB 2 a AB. AC a 3 Gọi H là hình chiếu của A trên BC AH . BC 2 Ta có AC', BCCB ' ' ACHC ', ' ACH ' ACH ' 300 AC ' 2 AH a 3. CC' AC '2 AC 2 a 2. Gọi O, O ', I lần lượt là trung điểm của BCBC,'', OO ' I là tâm mặt cầu ngại tiếp lăng trụ. 2 2 2 2 BC CC' a 6 R AI AO OI . 2 2 2 2 a 6 2 Vậy diện tích mặt cầu là 4. . 6 a . 2 Câu 37: Chọn D. 24
12. Mỗi mặt hình lập phương có cạnh bằng 4cm thì có 4 hình lập phương cạnh bằng 1cm được sơn màu đỏ. Vậy số hình lập phương cạnh bằng 1cm được sơn màu là 4.6=24 (hình). Câu 38: Chọn B. Gọi I là tâm mặt cầu (S) thì I là tâm của tứ diện ABCD. Gọi N là trung điểm của CD, O là tâm của tam giác BCD. Ta có: 2 a 3 1 a 3 BO BN ,ON BN 3 3 3 6 a 6 AO AB2 BO 2 3 3 a 6 1 a 6 AI AO ,OI AO 4 4 4 12 a 2 IN OI2 ON 2 4 a 2 Bán kính mặt cầu là R IN 4 2 2 2 2  2   2   2   2 T MA MB MC MD (IM IA) (IM IB) (IM IC) (IM ID)  2       2  2  2  2 4IM 2IM(IA IB IC ID) (IA IB IC ID ) 4R2 4IA 2 2a 2 Vậy T 2a 2 25
13. Câu 39: Chọn B. 1 5 5 1 5 5 9(xy .2.z)2 (x 2 y 2 2z) 2 (x 2 y 2 .2.2.z) 2 . .(x 4 y 4 8z) 4 22 2 2 2 2 5 5 648 x4 y 4 8z 4 (9 : ) 2 : 2 2 125 a 648 Vậy GTNN của P là a b 523 . b 125 Câu 40: Chọn D. Ta có: SBA SCA SB SC Gọi M là trung điểm của BC, ta có: SM BC BC  (SAM) AM BC Dựng SH AM SH  (ABC) . Khi đó SBH 60o Do SH2 HB 2 SB;SB 2 2 AB 2 SA 2 Ta có: SA2 SH 2 HB 2 AB 2 , mặt khác SA2 HA 2 SH 2 Do đó HB2 AB 2 HA 2 HB  AB Ta có: AB a BH ABtanBAH a 3 Khi đó: AB.AC.sin A a2 3 SH HBtan60o 3a;S ABC 2 4 1 a3 3 V .SH.S 3ABC 4 26
14. Câu 41: Chọn C. 2x Ta có: xx2 2 xxx 2 2 2 x . 2 x 2 x Ta có: logxx2 2 x 4 2 xx 2 2 1 2 logxx2 2 x 4 2 xx 2 2 1. 2 2 3x 2 x2 2 2x 2 2 log2 4 2xx 2 1 log 2 2 xx 2 1, 1 xx2 2 xx 2 2 2 Ta có x 2 x 0,  x . x 0 8 Điều kiện: 3xx 22 2 0 2 xx 2 2 3 x 0 x . * 5 2 2 4x 8 9 x Với điều kiện (*), ta có 1 log 3xx 22 2 3 xx 2 2 2 log xxxx 2 2 2 2 , 2 . 2 2 1 Xét hàm số ft log tt với t 0. Có ft'  1 0, t 0; . 2 t.ln 2 Hàm số ft log tt đồng biến trên 0; ,3x 2 x2 2 0; và x2 2 x 0; . 2 Nên 2 fxx 3 22 2 fx 2 2 x 2 2 2 2x 0 x 0 2 3xxxxxx 2 2 2 2 2 2 2 2 x . x 2 4 x 3 x 2 3 8 2 16 Kết hợp với ĐK ta có tập nghiệm bất phương trình là ; hay a b 5 3 15 Câu 42: Chọn D. Ta có: 3 2 3 2 mm3 13 2 xx 3 1 2 1 2 .log81x 3 x 1 2 2 .log 3 0 1 m3 3 m 2 1 2 27
15. mm33 2 1 2 xx 3 3 2 1 2 2 .logxx3 3 2 1 2 2 .log mm 3 3 2 1 2 0 3 3 xm3 3 2 1 2 mm 3 3 2 1 2 2 .logxx3 3 2 1 2 2 .log mm 3 3 2 1 2 2 3 3 t Xét hàm số ft 2 log3 t với t 2. t t2 t 1 Có ft' 2 ln 2.log3 t 2 ln 2.log 3 t  0, c  2; . t.ln 3 t .ln 3 t Hàm số ft 2 log3 t đồng biến trên 2; . 2 fxx 3 3 2 1 2 fmm 3 3 2 1 2 xx3 3 2 1 2 mm 3 3 2 1 2 xx 3 3 2 1 mm 3 3 2 1 xx3 3 2 1 mm 3 3 2 1 xxmm 3 3 2 3 3 2 3 3 2 3 2 3 2 3 2 xx 3 1 mm 3 1 xxmm 3 3 2 4 3 2 2 x 0 Xét hàm số gx x 3 x có gx' 3 x 6 x 0 . x 2 Ta có bảng biến thiên của hàm số gx x3 3 x 2 x 0 2 g' x + 0 0 + g x 0 4 Suy ra bảng biến thiên của hàm số gx x3 3 x2 28
16. Để phương trình (1) có 6 nghiệm hoặc 7 nghiệm hoặc 8 nghiệm thì phương trình (3) có 4 nghiệm và phương trình (4) có ít nhất 2 nghiệm hoặc phương trình (3) có 3 nghiệm thì phương trình (4) có ít nhất 3 nghiệm hoặc phương trình (3) có 2 nghiệm thì phương trình (4) có 4 nghiệm. TH1: phương trình (3) có 4 nghiệm và phương trình (4) có ít nhất 2 nghiệm 3 2 3 2 3 2 2 4mm 3 0 4 mm 3 0 mm 3 0 m m 3 0 3m 3 3 2 3 2 3 2 2 mm3 2 4 mm 3 2 mm 3 4 0 m 2 m 1 0 TH2: phương trình (3) có 3 nghiệm thì phương trình (4) có ít nhất 3 nghiệm m2 m 3 0 m3 3 m 2 0 3 2 m 0 m 3 m 2 4m3 3 m 2 2 0 m 3 3 2 m 3 m 2 TH3: phương trình (3) có 2 nghiệm thì phương trình (4) có 4 nghiệm m3 3 m 2 4 2 mm 3 0 m 3 mm3 3 2 0  m 3 2 3 2 m 3 m 2 m 3 m 2 3 2 4m 3 m 2 0 Xét phương trình: mm33 2 2 mmmm 3 3 2 3 3 2 1 0 không có nghiệm nguyên. Vậy S 0; 1; 2; 3 . Tổng bình phương các phần tử của S là: 28. Câu 43: Chọn C. 1 Gọi M là trung điểm AB, dễ thấy ADCM là hình vuông MC AM AB 2 ACB là tam giác vuông tại C 29
17. Gọi N đối xứng với C qua M ACBN là hình chữ nhật 3V AC////,,. BN AC SBN d AC SB d A SBN S. ABN S SBN 1 1 1 Tính V SA S SA AN NB SA BC AC SABN. 3 ABN 6 6 SA AC.tan 600 a 2. 3 a 6; BC AB 2 AC 2 4 a 2 2 a 2 a 2 1a3 6 Như vậy: V . a 6. a 2. a 2 S. ABN 6 3 Ta có: SN SA2 AN 2 6 a 2 2 a 2 2 2 a Xét SBN vuông tại N, BN AN ; BN   SA BN SN 1 1 Ta có: S SN. NB .2 2 a . a 2 2 a2 SBN 2 2 a3 6 3. 3VS. ABN 3 a 6 Suy ra d AC,,. SB d A SBN 2 S ABN 2 a 2 Câu 44: Chọn A. 1 Đặt t ; cosx Ta có: 3 1  x ; 1 cos x 0 1 2 2 cosx t ( ; 1] Phương trình f(t) m có nghiệm t ( ; 1]. m 2 Vậy m [2; ) Câu 45: Chọn B. Thay x 0 vào đẳng thức f3 2 x 2 f 2 2 3 xxgx 2 36 x 0 ta có: f 2 0 f3 2 2 f 2 2 0 . f 2 2 Lấy đạo hàm theo x hai vế của đẳng thức trên ta có: 30
18. 3f2 2 xf . ' 2 x 12. f 2 3 xf . ' 2 3 x 2 xgxxgx 2 . ' 36 0. Thay x 0 vào đẳng thức trên ta có: 3ff2 2 . ' 2 12 ff 2 . ' 2 36 0 * Dễ thấy f 2 0 không thỏa mãn *. Khi đó, với f 2 2 ta được: 12.ff ' 2 24. ' 2 36 0 f ' 2 1. Với f 2 2 f ' 2 1. Khi đó Af 3 2 4 f ' 2 10. Câu 46: Chọn B. A là tập hợp các số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau từ X 1;2;3; ;8 nên A có số phần tử là 8! (số). Giả sử lấy được từ tập A số có dạng a1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 chia hết cho 2222 (với ai Xi, 1,8). Vì 2222 = 2.11.101 (2; 11; 101 là các số đôi một nguyên tố cùng nhau) nên a1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 là số chữ đồng thời chia hết cho 11 và 101. Ta có: aaaaaaaa1234567811 aaaa 1357 aaaa 2468  11. Mà aaaaaaaa1 3 5 7 2 4 6 8 1 2 8 36, aXii , 1,8. Suy ra a1 a 3 a 5 a 7 a 2 a 4 a 6 a 8 18. Lại có: aaaaaaaa12345678101 aa 15 aa 3 7 a 2 a 6 a 4 a 8 9. Nhận thấy các cặp chữ số có tổng bằng 9 lấy được từ X là: 1;8 ; 2;7 ; 3;6 ; 4;5 . Khi đó để lập được một số có dạng a1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 chia hết cho 2222, ta thực hiện liên tiếp các công đoạn sau: + Chọn 1 trong 4 cặp chữ số có tổng bằng 9: có 4 cách. + Xếp chữ số chẵn vào vị trí a8 và chữ số lẻ vào vị trí a4 : có 1 cách. + Chọn 1 trong 3 cặp chữ số có tổng bằng 9 còn lại: có 3 cách. + Xếp 2 chữ số trên vào vị trí a1, a 5 : có 2 cách. + Chọn 1 trong 2 cặp chữ số có tổng bằng 9 còn lại: có 2 cách. + Xếp 2 chữ số trên vào vị trí a2, a 6 : có 2 cách. + Cuối cùng xếp 2 chữ số của cặp còn lại vào vị trí a3, a 7 : có 2 cách. Như vậy số các số cần tìm là 4.1.3.2.2.2.2 192 số. Xét phép thử: “Lấy ngẫu nhiên một số từ A ”. Khi đó số phần tử của không gian mẫu là: n  8!. 31
19. Biến cố B. “Số lấy được chia hết cho 2222” n B 192. 192 Vậy xác suất để số lấy được chia hết cho 2222 là: P A . 8! Câu 47: Chọn C. Gọi O là giao điểm của AC và BD; E là trung điểm của CD SAC  ABCD SBD  ABCD  SO ABCD . SAC  SBD SO OE CD 0 Ta có  CD SOE SCD ; ABCD SEO 60 SO CD Đặt AD 2 CD 2 x 6 5 BDABAD2 2 2 5 x 2 5 x 2 36 x 5 12 5 6 5 72 AD; CD S 5 5ABCD 5 AD 6 5 OE 2 5 6 15 Trong tam giác vuông SOE có SO OE.tan 600 . 5 32
20. 1 144 15 V SO S SABCD. 3 ABCD 25 VSMNCD V SMCD V SMNC VSM1 V SM SN 1 SMCD ;. SMNC VSACD SA2 V SABC SA SB 4 3 3 V V V SMNCD 4 SABC 8 SABCD 5 18 15 V VV V ABCDMN SABCD SMNCD8 SABCD 5 Câu 48: Chọn A. gx' 4 x 12 . fx ' 22 12 xm 2 4x 12 2 x2 12 xm 1 2 x 2 12 xmx 2 2 12 xm 4 Hàm số g x có đúng 5 điểm cực trị g' x đổi dấu 5 lần g' x 0 có 5 nghiệm đơn phân biệt phương trình 2x2 12 xm 0 có hai nghiệm phân biệt khác 3 và phương trình 2x2 12 xm 4 0 có hai nghiệm phân biệt khác 3 và các nghiệm này khác nhau Phương trình 2x2 12 xm 0 có hai nghiệm phân biệt khác 3 và phương trình 3x2 12 xm 4 0 có hai nghiệm phân biệt khác 3. '1 0 36 2m 0 '2 0 36 2 m 4 0 2 m 18 2.3 12.3 m 0 m 18 2 2.3 12.3 m 4 0 m 22 Với điều kiện m 18 thì phương trình 2x2 12 xm 0 có hai nghiệm phân biệt là a; b và phương trình 2x2 12 xm 4 0 có hai nghiệm phân biệt là c,. d a b c d 6 Theo Vi-ét ta có ab. m cd. m 4 Nếu a c thì b d (vì abcd 6) abcd . . mm 4 điều này là vô lí Do đó các nghiệm của hai phương trình 2x2 12 xm 0 và 2x2 12 xm 4 0 luôn khác nhau. 33
21. Mà m là số nguyên dương nên m 1;2;3;4 17 . Do đó có 17 giá trị m thỏa mãn bài toán. Câu 49: Chọn A. x3 Ta có yfx 1 xyf ' ' 1 xx 1. 2 Đặt t 1 x . Khi đó ta có y'' ftt 0' ft t Vẽ đồ thị hàm số y t và y ft' trên cùng mặt phẳng tọa đọ ta thấy: ft' tt 3, tt 1, 3. Bảng xét dấu t 3 1 3 f' t + 0 0 + 0 Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy hàm số nghịch biến trên các khoảng 3t 1 3 1 x 1 0 x 4 . t 3 1 x 3 x 2 Ta thấy 1;3  0;4 . Chọn A. Câu 50: Chọn C. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BB', CC ' AE a , AF a 3. BB'  AE Ta có BB' AEF  BB ' EF EF dCBB , ' 2 a . BB'  AF Suy ra AEF vuông tại A. 1 Gọi K MM'  EF K là trung điểm của EF AK EF a. 2 Lại có MM'/ / BB ' MM '  AEF MM '  AK . 34
22. 1 1 1 1 1 3a2 Suy ra AM2 a . AK2 AM 2 AM' 2 a 2 AM 2 4 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên EF AH  BCCB''. 1 1 1a 3 16 a 4 3 a Ta có AH,'''. MM2 AM 2 AM 2 MM AH2 AE 2 AF 2 2 3 3 8 3a2 Ta cũng có S dCBB ,'.'. BB BCC' B ' 3 3 3 1 Suy ra V V. . AH . S 2 a3 . ABCABC.'''2 ABCCB .'' 2 3 BCCB '' 35