Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2021-2022 có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Ninh

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:30

Thêm vào BST

Báo xấu

21
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luyện tập với "Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2021-2022 có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Ninh" giúp bạn hệ thống kiến thức đã học, làm quen với cấu trúc đề thi, đồng thời rèn luyện kỹ năng giải đề chính xác giúp bạn tự tin đạt kết quả cao trong kì thi học sinh giỏi sắp tới. Mời các bạn cùng tham khảo và tải về đề thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2021-2022 có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Ninh

UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2021 - 2022 MÔN TOÁN - LỚP 12 Đề thi gồm có 08 trang Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 2;0  và mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  3  0 . Mặt phẳng   : 2 x  by  cz  d  0 (với b, c, d   ) đi qua điểm A , song song với trục Oy và vuông góc với  P  . Khi đó, giá trị b  c  d bằng A. 2 . B. 0 . C. 4 . D. 8 . Lời giải Chọn A  Ta có mặt phẳng  P  có 1 vectơ pháp tuyến nP   2; 2;1 .  Trục Oy có 1 vectơ chỉ phương j   0;1; 0  .    Suy ra  nP , j    1;0; 2  / / n  1;0; 2  . Mặt phẳng   vuông góc với mặt phẳng  P  và song song với trục Oy nên nhận vectơ  n  1; 0; 2  là vectơ pháp tuyến, mặt phẳng   đi qua điểm A nên có phương trình 1.  x  1  0.  y  2   2.  z  0   0  x  2 z  1  0  2 x  4 z  2  0 . Do đó b  0; c  4; d  2 . Vậy b  c  d  2 . Câu 2. Thiết diện qua trục của hình nón  N  là tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a . Tính diện tích toàn phần của hình nón  N  .   a2 1  2 2  . B. S   a2 2  2  . C. S  a2  . 2 1 A. S xq  2 xq  2 xq a 2   2  1 . D. S xq  2 Lời giải Chọn D Ta có tam giác SAB vuông cân tại S có SA  SB  a . a 2 Suy ra AB  SA2  SB 2  a 2  R  . 2 a 2  a2 2 Diện tích xung quanh hình nón  N  là S xq   Rl   . .a  . 2 2  a2 Diện tích mặt đáy hình nón  N  là Sd   R 2  . 2 Vậy diện tích toàn phần của hình nón là S  Sd  S xq   a2  2 1 . 2 Trang 1
Câu 3. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  log x 2  2mx  4 có tập xác định là  .   m  2 A. m  2 . B. m  2 . C.  . D. 2  m  2 .  m  2 Lời giải Chọn D a  0 1  0 Điều kiện x 2  2mx  4  0, x      2  2  m  2 .    0 m  4  0 Vậy 2  m  2 . Câu 4. Cho hàm số y  f  x  là hàm số có đạo hàm cấp hai liên tục trên  . Gọi  C  là đồ thị của hàm số đã cho. Tiếp tuyến với đồ thị  C  tại các điểm có hoành độ x  1; x  0 lần lượt tạo với trục hoành góc 300 ; 450 . Tiếp tuyến với đồ thị  C  tại các điểm có hoành độ x  1; x  2 lần lượt song song với đường thẳng d1 : y  2 x  1 và vuông góc với đường thẳng d 2 : y  x+5 . 0 2 Tính I  3  f   x  . f   x  dx  4   f   x   . f   x  dx 3 1 1 1 37 A. . B.  . C. 58 . D. 14 . 2 12 Lời giải Chọn D 3  Từ giả thiết, ta có: f   1   tan 300   ; f   0    tan 450  1; f  1  2; f   2   1 . 3  Đặt t  f   x   dt  f   x  dx . 3  TH1: f   1  ; f   0   1; f  1  2; f   2   1 , ta có 3 0 2 1 1 I  3  f   x  . f   x  dx  4  f   x   . f   x  dx  3  tdt  4  t 3dt  14 3 1 1 3 2 3 3  TH2: f   1  ; f   0   1; f  1  2; f   2   1 , ta có 3 0 2 1 1 I  3  f   x  . f   x  dx  4  f   x   . f   x  dx  3  tdt  4  t 3dt  14 3 1 1 3 2 3 3  TH3: f   1   ; f   0   1; f  1  2; f   2   1 , ta có 3 0 2 1 1 I  3  f   x  . f   x  dx  4   f   x   . f   x  dx  3 3 1 1  tdt  4  t 3dt  14 2 3  3 3  TH4: f   1   ; f   0   1; f  1  2; f   2   1 , ta có 3 Trang 2
0 2 1 1 I  3  f   x  . f   x  dx  4  f   x   . f   x  dx  3 3 1 1  tdt  4  t 3dt  14 2 3  3 0 2  Vậy I  3  f   x  . f   x  dx  4   f   x   . f   x  dx  14 3 1 1 Câu 5. Cho hàm số f  x  xác định và có đạo hàm trên  . Biết f   x  có bảng xét dấu như sau: Hàm số y  f  x 2  2 x  nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A.  2;1 . B.  4; 3 . C.  2; 1 . D.  0;1 . Lời giải Chọn C  Ta có: y    2 x  2  f   x 2  2 x   Hàm số nghịch biến khi   x  1   x  1  2 x  2  0  2     x  2 x  2    x      f  x 2  2 x  0    2  x 1 y  0      x  2 x  3     x  3  x  1    .   3  x  1  2 x  2  0   x  1    2   x  1    f  x  2 x   0    1  x 2  2 x
Chọn C Ta có m 1 y   m ln x  2   ln x  1   ln x  1  m ln x  2   x  ln x  1  x  m ln x  2   m  2 .  ln x  1  ln x  1 x  ln x  1 2 2 2 TH1: Nếu m  2  0  m  2 . m2 m2 Khi đó y    0 x  1; e   min y  y 1  2 , max y  y  e   . x  ln x  1 2 1; e 1; e 2 m2 Suy ra min y  max y  2  2   2  m  2  8  m  10 (thỏa mãn). 1; e 1; e 2 TH2: Nếu m  2  0  m  2 . m2 m2 Khi đó y    0 x  1; e   max y  y 1  2 , min y  y  e   . x  ln x  1 2 1; e 1; e 2 m2 Suy ra min y  max y  2  2   2  m  2  8  m  10 (không thỏa mãn). 1; e 1; e 2 Vậy m0  10 . Suy ra khẳng định đúng là 6  m0  11 . 1 1 Câu 8. Cho biểu thức P  x 2  x 3  6 x với x  0. Khẳng định nào dưới đây đúng? 7 11 5 A. P  x 6 . B. P  x . C. P  x 6 . D. P  x 6 . Lời giải Chọn B 1 1 1 1 1 1   Ta có P  x 2  x 3  x 6  x 2 3 6  x. Câu 9. Cho hàm số f  x có đạo hàm liên tục trên , thoà mãn f  6  1 và 6 3  0  x 2  f   x   6 f  x  dx  10 . Khi đó  xf  x  3 dx bằng 3 A. 13 . B. 26 . C. 13 . D. 26 . Lời giải Chọn A 3 Với I   xf  x  3 dx . 3 x  t  3 Đặt t  x  3   .  dt  dx Đổi cận: Khi x  3  t  0 ; x  3  t  6 . 6 6 6 6 Ta có I    t  3 f  t  dt    x  3 f  x  dx   xf  x  dx  3 f  x  dx . 0 0 0 0 6 6 6 Mặt khác  0  x 2  f   x   6 f  x  dx  10   x 2  f   x  dx  6  f  x  dx  10 0 0 Trang 4
6 6 6 6 1 1   x 2  f   x  dx  3 f  x  dx  5   x 2  f   x  dx  5  3 f  x  dx . 20 0 20 0 6 6 6 6 1 2 Suy ra I   xf  x  dx  3 f  x  dx   xf  x  dx  x  f   x  dx  5 0 0 0 2 0 1  6 6 6 1 1 2   2 xf  x  d x   x  f   x  dx  5     2 xf  x  +x 2  f   x   dx   5 20 20 20  6 1  6 1     x 2  f  x   dx   5  x 2  f  x   5  18  f  6   0  5  13 . 20  2 0 Vậy I  13 . Câu 10. Biết F  x   ex  2x 2 là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên  . Khi đó  f  2 x  dx bằng 1 2x 1 2x A. e  4x2  C . B. e  2x2  C . C. 2e x  4 x 2  C . D. e 2 x  8 x 2  C . 2 2 Lời giải Chọn A Xét I   f  2 x  dx 1 1 1 Đặt t  2 x  dx  dt . Khi đó I   f  t  dt  et  t 2  C . 2 2 2 1 Kết luận: I   f  2 x  dx  e 2 x  4 x 2  C . 2 Câu 11. Cho a  0, b  0 và ab  1 thỏa mãn 3ln a  7ln b  0 . Khi đó log ab  a b  bằng 3 1 1 A. 3 . B.  . C. 3 . B. . 3 3 Lời giải Chọn A 7 Ta có: 3 ln a  7 ln b  0  ln a   ln b 3 1 7 1 ln a 3 b   ln a  ln b  ln b  ln b  Xét log ab a 3 b    3  3 3  3. ln ab  1 2  1  7   ln a  ln b    ln b  ln b  2 3  Kết luận: log ab a b   3. 3 Câu 12. Cho hàm số y  x 2021  2022 x . Có bao nhiêu giá trị nguyên của x để f  22 x   f  x 2  ? A. 20 . B. 23 . C. 21 . D. 22 . Lời giải Chọn C Xét hàm số: y  x 2021  2022 x  y  2021x 2020  2022  y  0, x   .  Hàm số y  x 2021  2022 x luôn đồng biến trên  .  f  22 x   f  x 2   22 x  x 2  0  x  22 . Trang 5
 x  1; 2;3;4;...; 21 . Kết luận: Có 21 giá trị nguyên. Câu 13. Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 3a . Tính thể tích của khối chóp đã cho. 2a 3 34a 3 2a 3 34a 3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 2 6 6 2 Lời giải Chọn B Giả sử có hình chóp đều S . ABCD và AB  a , SA  3a . Gọi SO là đường cao của hình chóp, với O tâm của ABCD . Vì S. ABCD là hình chóp đều nên ABCD là hình vuông có cạnh AB  a  AC  a 2 . Xét tam giác vuông SOA có 2  AC  a 2 17a 2 a 34   2 SA2  SO 2  OA2  SO 2  SA2     3a    SO  .  2  2 2 2 1 1 a 34 a 3 34 Thể tích khối chóp S. ABCD là: V  S ABCD .SO  .a 2 .  . 3 3 2 6 1 Câu 14. Cho I   x 5 1  x 3 dx . Nếu đặt t  1  x 3 thì 0 1 1 1 1 2 2 2 A. I   t 1  t 2  dt . B. I  2  t 2 1  t 2  dt . C. I   t 2  t 2  1 dt . D. I  2  t 2  t 2  1 dt . 30 0 30 0 Lời giải Chọn A 1 1 Ta có I   x 5 1  x 3 dx   x 3 1  x 3 . x 2 dx . 0 0 Đặt t  1  x  t  1  x 3  x 3  1  t 2 3 2 2  d  x 3   d 1  t 2   x 2dx   tdt . 3 Với x  0  t  1 ; và với x  1  t  0 . 0 1  2  2 Khi đó I   1  t 2  t.   t  dt   t 2 1  t 2  dt . 1  3  30 Câu 15. Cho hình chóp S . ABC có SA   ABC  , tam giác ABC vuông tại C , AC  a 2 , AB  a 6 . Tính thể tích khối chóp S . ABC biết SC  3a . a 3 14 a3 6 2a 3 42 A. 14a 3 . B. . C. . D. . 3 3 3 Trang 6
Lời giải Chọn B Trong tam giác ABC có BC  AB 2  AC 2  2a . Trong tam giác SAC có SA  SC 2  AC 2  a 7 . Thể tích khối chóp S . ABC là 1 1 1 1 1 a 3 14 VS . ABC  SA.S ABC  SA. CA.CB  .a 7. .a 2.2a  . 3 3 2 3 2 3 Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  2 y  3 z  7  0 và hai đường x3 y2 z2 x 1 y 1 z  2 thẳng d1 :   , d2 :   . Đường thẳng vuông góc với mặt 2 1 4 3 2 3 phẳng  P  và cắt cả hai đường thẳng d1 và d 2 có phương trình là x  5 y 1 z  2 x7 y z 6 A.   . B.   . 1 2 3 1 2 3 x  4 y  3 z 1 x3 y2 z 2 C.   . D.   . 1 2 3 1 2 3 Lời giải Chọn A Lấy A  3  2t ; 2  t ; 2  4t   d  d1 và B  1  3t ; 1  2t ; 2  3t    d  d 2 , suy ra  AB   2  3t   2t ;1  2t   t ; 4  3t   4t  .  Đường thẳng d nhận AB làm véc-tơ chỉ phương.   Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng nên nP  k AB  k  0  . Khi đó 2  3t   2t 1  2t   t 4  3t   4t t   1    1 2 3 t    2  Do đó d qua A  5; 1; 2  và nhận véc-tơ nP  1; 2;3  làm véc-tơ chỉ phương có phương trình x  5 y 1 z  2 d:   . 1 2 3 Câu 17. Cho hàm số f  x có đạo hàm trên  2;5  thỏa mãn f  x  0 , x   2;5  , f   x   0  x   3; 4  . Mệnh đề nào dưới đây sai? A. Hàm số f  x  đồng biến trên khoảng  2;5  . B. Hàm số f  x  đồng biến trên khoảng  4; 5  . C. f  10   f  13  . Trang 7
D. Hàm số f  x  đồng biến trên khoảng  2; 3  . Lời giải Chọn A Ta có: f   x   0 , x   2;5  , f   x   0  x  3; 4  nên tồn tại vô số điểm x  3; 4 để f  x  0 Vậy hàm số f  x  không đồng biến trên khoảng  2;5  . Câu 18. Một vật N 1 , có dạng khối nón có chiều cao bằng 40 cm . Người ta cắt vật N 1 bằng một mặt 1 phẳng song song với mặt đáy của nó để được một khối nón nhỏ N 2 có thể tích bằng 8 thể tích N 1 . Tính chiều cao h của khối nón N 2 . A. 20 cm . B. 10cm . C. 5cm . D. 40cm . Lời giải Chọn A 1 2 VN2  .r2 .h2  r 2 h 1 1 h2 r2  3   2  . 2  k3   k  . Ta có:   k nên 1 2 h1 r1 VN1  .r1 .h1  r1  h1 8 2 3 1 Khi đó h2  h1  20 cm . 2 Câu 19. Quay xung quanh truc Ox hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y   2 x  1 ln x , trục Ox , và đường thẳng x  2 ta thu được khối tròn xoay có thể tích bằng 2 2 2 2   2 x  1 B.    2 x  1 ln xdx . C.    2 x  1 ln xdx . D.    2 x  1 ln xdx . 2 2 2 2 A. ln xdx . 1 1 1 1 2 2 Lời giải Chọn C  Xét phương trình hoành độ giao điểm: x  0  2 x  1 ln x  0, ĐK   x  1. ln x  0  x  1  1 2 x  1  0  x   2  x 1 ln x  0   x  1 2  Thể tích khố trong xoay quay quanh Ox là: V     2 x  1 ln xdx. 2 1 Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A  4;2;3 , B 1; 2;3 , C 1; 2;3 . Tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC là điểm: 1 1 3  2   9 A. I  ; ;  . B. I  3; ;3  . C. I  2;1;3 . D. I  3;1;  . 2 6 4  3   2 Trang 8
Lời giải Chọn C  Gọi I  xI ; yI ; zI  là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Ta có AB  5, AC  3, BC  4  BC.xA  CA.xB  AB.xc 4.4  3.1  5.1  xI  BC  CA  AB  435 2   BC. y A  CA. yB  AB. yc 4.2  3.  2   5.2 Tọa độ tâm I được tính theo công thức:  yI   1  BC  CA  AB 435  BC.z A  CA.z B  AB.zc 4.3  3.3  5.3  zI  BC  CA  AB  435 3   Vậy tọa độ điểm I  2;1;3 . Câu 21: Ban đầu ta có một tam giác đều cạnh bằng 3 (hình 1). Tiếp đó ta chia mỗi cạnh của tam giác thành ba đoạn bằng nhau và thay mỗi đoạn ở giữa bằng hai đoạn bằng nó sao cho chúng tạo với đoạn bỏ đi một tam giác đều về phía bên ngoài để được hình như hình 2. Quay hình 2 xung quanh trục d ta được một khối tròn xoay có thể tích bằng 5 3 9 3 5 3 5 3 A. . B. . C. . D. . 2 8 3 6 Lời giải Chọn C Ta đánh dấu các điểm như hình vẽ. Do tính chất đối xứng nên thể tích cần tìm của khối tròn xoay bài ra bằng 2 lần thể tích của đường gấp khúc ABDGI quay quanh trục d . Đường gấp khúc này 1 3 khi quay quanh d tạo ra 1 khối nón có r  và đường cao h  , 1 khối nón cụt có chiều cao 2 2 Trang 9
3 3 2 h1  , hai đáy r1  HD  , r2  IG  HD  1 nên ta có thể tích lần lượt tính theo công thức 2 2 3 1 h 2 V1  .r 2 .h, V2  3 3  r1  r22  r1r2  . 5 3 5 3 Ta được V1  V2  . Từ đó ta có được thể tích khối tròn xoay cần tìm là V  . 6 3 Câu 22: Biết rằng phương trình 3log 35 x  log 52 x 3  log 5 125 x 9  có nghiệm duy nhất x  5 3 a 3 b 3 c với a , b, c là các số nguyên dương đôi một phân biệt. Giá trị của tích abc bằng A. 9. B. 12. C. 7. D. 8. Lời giải Chọn D Ta có 3log 35 x  log 52 x 3  log 5 125 x 9   3log 35 x  9 log 52 x  9 log 5 x  3  0  log 5 x  3 4  3 2  1 3 4  3 2 1  x5 nên a  4; b  2; c  1  abc  8 . Câu 23. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của m để phương trình   9 x 1  m 4 4 x 2  2 x  1  3m  3 .3x  1  0 có nghiệm duy nhất. Tổng các phần tử của S bằng A. 1 . B. 1. C. 2 . D. 2 . Lời giải Chọn D    Ta có: 9 x 1  m 4 4 x 2  2 x  1  3m  3 .3x  1  0  3x 2  3 x  m 4. x  1  3m  3  0 .  Nhận xét: Nếu x0 là nghiệm của phương trình đã cho thì  x0  2 cũng là nghiệm của phương trình đã cho. Do đó điều kiện cần để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x0   x0  2  x0  1 . 1 m  1 Thay x0  1 vào phương trình đã cho ta được 1  m  3m  3 .  1  0   . 3  m  2 Điều kiện đủ:  Với m  1 : Phương trình đã cho có dạng: 9 x 1    4. x  1  6 .3x  1  0   3x 1  1  4. x  1 .3x  0 1 2 Dễ thấy x  2, x  1 và x  0 là nghiệm của phương trình 1 .  m  1 không thỏa mãn.  Với m  2 : Phương trình đã cho có dạng: 9 x 1    2 4. x  1  3 .3x  1  0   3x 1  1  8. x  1 .3x  0  x  1 . 2  m  2 thỏa mãn. Do đó S  2 . Vậy tổng các phần tử của S bằng 2 . Câu 24. Cho hàm số f  x   ax3  bx 2  cx  d có đồ thị  C  . Đồ thị hàm số y  f   x  được cho như hình vẽ. Trang 10
Biết rằng đường thẳng d : y  x cắt đồ thị  C  tạo thành hai phần hình phẳng có diện tích bằng nhau. Giá trị a  b  c  d bằng A. 6 . B. 5 . C. 1. D. 6 . Lời giải Chọn B Ta có: f   x   3ax 2  2bx  c .  b  3a  1 b  3a a  1    Từ hình vẽ suy ra  f   0   0  c  0  b  3  3a  2b  c  3 c  0  f  1  3     f   x   3x 2  6 x  f   x   6 x  6 và f  x   x3  3x 2  d . f   x   0  6 x  6  0  x  1  Điểm uốn của đồ thị  C  là điểm I 1; d  2  . Điều kiện cần: Đường thẳng d : y  x cắt đồ thị  C  tạo thành hai phần hình phẳng có diện tích bằng nhau khi đường thẳng d : y  x đi qua điểm uốn I 1; d  2  của đồ thị  C  .  d  2 1  d  3. Điều kiện đủ: Với d  3  f  x   x3  3x 2  3 . Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị  C  là:  x  1 x  3 x  3  x  x  3 x  x  3  0   x  1 3 2 3 2  x  3 Đường thẳng d : y  x cắt đồ thị  C  tạo thành hai phần hình phẳng có diện tích lần lượt là: 1 1 S1    f  x   x  dx   x  3 x 2  x  3  dx  4 . 3 1 1 Trang 11
3 3 S 2    x  f  x   dx     x3  3x 2  x  3 dx  4 . 1 1 Vậy a  1 ; b  3 ; c  0 ; d  3  a  b  c  d  5 . 4x 1 a c a c Câu 25. Biết  2 x 2  5 x  3 dx  b ln 2 x  1  b ln x  3  C với a, b, c là các số nguyên dương và , là b b các phân số tối giản. Tính S  2a  3b  c . A. S  36 . B. S  34 . C. S  32 . D. S  38 . Lời giải Chọn A 4x 1 4x 1 Ta có  , gọi A, B là hai số thực thỏa mãn 2 x  5 x  3  2 x  1 x  3 2 4x 1 A B   .  2 x  1 x  3 2 x  1 x  3  2  A  A  2B  4  7 Khi đó ta có:   . 3 A  B  1  B  13  7 4x 1 2  1  13  1  1 13 Suy ra  2 dx     dx     dx  ln 2 x  1  ln x  3  C . 2x  5x  3 7  2x 1  7  x3 7 7 Do đó, a  1, b  7, c  13 nên S  2a  3b  c  36 .   Câu 26. Cho các số thực x, y thỏa mãn log8 x 3  x 2  x  log 4  x  1  log 8  y  2   log 64  y  1 . Có bao 4x nhiêu giá trị nguyên của tham số a   10;10 để biểu thức P  y   a có giá trị nhỏ nhất x 1 bằng 0 . A. 6 . B. 15 . C. 1 . D. 16 . Lời giải Chọn D  x3  x 2  x  0  x 1  0 x  0 Điều kiện:   . y  2  0  y  1  y 1  0  Với điều kiện trên ta có: 1 3  1 2  1 3 1 log 2 x3  x 2  x  log 2  x  1  log 2  y  2   log 2  y  1 6 x  3 2  x2  x  log 2  y  2   y  1 2  log 2  x  1 3 x  2 3  x2  x   y  2  y  1 2   x  1 3 2  x2   x2     y  2   y  1 (*). 2   1    x 1   x 1  Trang 12
Xét hàm số f  t   t  t  1  t 3  2t 2  t trên khoảng  0;    . 2 Ta có f   t   3t 2  4t  1  0, t   0;    .  x2  x2 x2 Khi đó (*)  f    f  y  1   y 1  y  1 .  x 1 x 1 x 1 x2 4x P   a 1 x 1 x 1 x Đặt u  với x   0;    thì ta có u   0;    . x 1 Xét hàm g  u   u 2  4u  a  1 , g   u   2u  4  g   u   0  u  2 Ta có bảng biến thiên Khi đó, P  g  u  có giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi và chỉ khi a  5  0  a  5 * .  aZ Mặt khác:  **  a   10;10  Từ (*) và (**) suy ra a  10; 9;...;5 Vậy có 16 giá trị nguyên của a thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 27. Xác định m để phương trình 2 log m 2  2 ( x  1)  log m2  2 (mx 2  1) có nghiệm .     m  1 A.  . B. m  1. C. m  1. D. 1  m  1 .  m  1 Lời giải Chọn D 2 log m2  2 ( x  1)  log m 2  2 (mx 2  1)  log m 2  2 ( x  1) 2  log m 2  2 ( mx 2  1)         x  1 x 1  0 x  1   2   2   2         m  1  x 2 2  mx 1 ( x 1)  mx 1 x 2 x 1 2 2 Đặt f ( x )  1  , x  1 ta có f ' ( x )  2  0; x  1 . x x x 1  f ' (x) + 1 f (x) 1 Vậy 1  m  1 Trang 13
Câu 28. Tìm số hạng chứa x 3 trong khai triển 1  x  2 x 2  . 20 A. 380x3 . B. 540x 3 . C. 1900x 3 . D. 160x3 . Lời giải Chọn A Ta có: *) 1  x  2 x 2   a0  a1 x  a2 x 2  a3 x 3  ...  a20 x 20 20 20 20 *) 1  x  2 x 2   1  x  1  2 x    C20 ( 1)i x i  C20j 2 j x j 20 20 20 i i 0 j0 3 Do đó, số hạng chứa x trong khai triển là: .  1 .C200 .x 3  C20 .  1 .C202 .2 2.x 3  C202 .  1 .C20 3 2 a3 x3  C20 0 3 .C20 .23.x 3  C20 3 1 1 .2.x 3 = 380x 3 . Câu 29. Cho hàm số f  x  liên tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn 4 x. f  x 2   3 f 1  x   4 x 1  x 2  3 x , x   0;1. 1 Tính tích phân I   f  x  dx. 0 1 1 2 5 A. . B. . C. . D. . 6 4 3 6 Lời giải Chọn C   Ta có: 4 x. f x 2  3 f 1  x   4 x 1  x 2  3 x , x   0;1 . 1 1 1 1   4 x. f  x 2  dx   3 f 1  x  dx   4 x 1  x 2 dx   3 x dx 0 0 0 0 1 1 1 1   2. f  x 2  d  x 2    3 f 1  x  d 1  x     2 1  x 2 d 1  x 2    3 x dx 0 0 0 0 1 1 1  4   2  f  t  dt  3 f  u  du     3 1  x  2 3  2 x3  0 0 0 1 1  4   4  10 2  5 f  x  dx    .0  2.1    .1  2.0     f  x  dx  . 0  3   3  3 0 3 1 2 Vậy I   f  x  dx  . 0 3 Câu 30. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  và f 1  1. Đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ sau   Có bao nhiêu số nguyên dương a để hàm số y  4 f  sin x   cos 2 x  a nghịch biến trên  0;  ?  2 A. 2. B. Vô số. C. 3. D. 5. Lời giải Trang 14
Chọn C   Xét hàm số g  x   4 f  sin x   cos 2 x  a trên khoảng  0;   2 Ta có g   x   4cos x. f   x   4sin x.cos x  4 cos x  f   x   sin x      Do cos x  0, x   0;  nên g   x   0  f   x   sin x (vô nghiệm vì trên khoảng  0;  ta  2  2 thấy đồ thị hàm y  sin x nằm phía trên đồ thị f   x  ) Bảng biến thiên   Dựa vào bảng biến thiên, để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  0;  thì  2   g    0  4 f 1  1  a  0  3  a  0  a  3 2 Mà a  * nên a  1; 2;3 Vậy có 3 giá trị nguyên dương của a thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 31: Cho hàm số y  f  x  thỏa mãn f  2   2, f  2   2 và có bảng biến thiên như hình vẽ sau. Có bao nhiêu số tự nhiên m để bất phương trình f   f  x    m có nghiệm trên đoạn  1;1 ? A. 2 . B. 1. C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn C Xét hàm số y  f   f  x   trên đoạn  1;1 ta có: Trang 15
y '   f ' x. f '   f  x   f ' x  0 y' 0    f '   f  x   0 f '  x   0  x  1  f  x  1 f '   f  x    0   f  x   1    f  x   1  x  x1   2; 1 ( L )  f  x   1   x  x2   1;1  x  x3  1; 2  ( L)  x  x4   2; 1 ( L)  f  x   1   x  x5   1;1 x5  x2   x  x6  1; 2  ( L) Ta có bảng biến thiên như sau: Từ bảng biến thiên ta thấy bất phương trình f   f  x    m có nghiệm trên đoạn  1;1  m  2 Mà m là số tự nhiên nên m  0;1; 2 Câu 32: Cho hình chóp O. ABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau. Gọi  ,  ,  lần lượt là góc tạo bởi các đường thẳng OA, OB, OC với mặt phẳng  ABC  . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức M   3  cot 2   3  cot 2   3  cot 2   bằng A. 48 . B. 125 . C. 125 3 . D. 48 3 . Lời giải Chọn B Gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Ta có: Trang 16
+) H là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng  ABC  . 1 1 1 1 +) 2  2  2  . OH OA OB OC 2  ;   OBH Khi đó   OAH  ;   OCH . OH OH OH OH 2 OH 2 OH 2 Suy ra sin   ;sin   ;sin    sin 2   sin 2   sin 2      1. OA OB OC OA2 OB 2 OC 2 1 Đặt sin 2   x;sin 2   y;sin 2   z  x  y  z  1  3 3 xyz  xyz  . 27 Ta có: M   3  cot 2   3  cot 2   3  cot 2    1  1  1   2  2   2    sin    2 sin    2 sin 2    1  1  1   2   2   2    x  y  z Mặt khác: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2  11    55 3 ; 2   55 3 ; 2   55 x 3x 3x 3x 27 x y 27 y z 27 z 3 1  M  125 5  125 27  xyz  3 3 1 Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  . 3 Câu 33: Cho hàm số f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình bên dưới Tính tổng tất cả các giá trị thực của tham số m để max f  1;1   8  4 x  4 x2  1  m  5 A. 20. B. 3. C. 10. D. 7. Lời giải Chọn C Xét hàm số g  x   f   8  4 x  4 x 2  1  m trên đoạn  1;1 Trang 17
Điều kiện: 8  4 x  4 x 2  0  1  x  2 . g x  2 x  1 x  x  2 2  . f  2 x2  x  2 1   1 x  2  1  x  2  1 5  2 x  1  0   x  n 2 Cho g   x   0             2 2 x x 2 1 1   f  2  x  x  2 1  0 2   1 5  x  2  n  2  x  x  2 1  2 2   x  1 k   2 Ta có: g  1  f  1  m  8  m  1 5  g    f 1  m  2  m  2  1 g    f  2  m  4  m 2 g  2  8  m Suy ra max g ( x)  8  m; min g ( x)  2  m .  1;2  1;2   8  m  5   5  2  m Để max f  1;1   8  4 x  4x2 1  m  5     2  m  5  m  3   m  7 .   5  8  m Vậy  m  3   7   10 . m  8  m  2  m  8  (m  2) Chú ý: Công thức nhanh max g  x    5.  1;1 2 Câu 34: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA   ABC  , góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  ABC  bằng 60 0 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB bằng a 15 a 2 a 7 A. . B. . C. . D. 2a. 5 2 7 Lời giải Chọn A Trang 18
 Ta có: SB    ,  ABC   SB   600 , AB  SBA  Dựng hình thoi ACBE  AC / /  SEB   d AC ; SB   d AC ;  SBE   d A; SEB  Kẻ AK  EB và AH  SK . Từ đó suy ra AH   SEB   d A; SEB   AH . a 3 Ta có: SA  AB.tan 600  a 3 và AK  2 AK . AS 15 AH   a. AK  AS 2 2 5 Câu 35: Cho hàm số y  ax 3  3bx 2  2cx  d ( a, b, c, d là các hằng số, a  0 ) có đồ thị như hình vẽ. Hàm a 4 số y  x   a  b  x 3   3b  c  x 2   d  2c  x  d  2022 nghịch biến trên khoảng nào sau đây? 4 A.  2;    . B. 1; 2  . C.  ;0  . D.  0; 2  . Lời giải Chọn B Xét hàm số y  ax3  3bx 2  2cx  d  y  3ax 2  6bx  2c . Từ đồ thị hàm số suy ra đồ thị đi qua các điểm A  0;1 , B  2; 3 nên d  1 d  1   (1) 8a  12b  4c  d  3 2a  3b  c  1 Từ đồ thị hàm số suy ra hàm số có hai điểm cực trị là x  0, x  2  y   0 có hai nghiệm là 0 và c  0 2  (2) 12a  12b  0 a  1 b  1  Từ (1) và (2) suy ra  c  0 d  1 Trang 19
a 4 Ta có y  g  x   x   a  b  x 3   3b  c  x 2   d  2c  x  d  2022 4  g   x   ax 3  3  a  b  x 2  2  3b  c  x  d  2c  x 3  6 x  1 g   x   0  x   ;  2,5    0,16; 2,3  a 4 Do đó hàm số y  x   a  b  x 3   3b  c  x 2   d  2c  x  d  2022 nghịch biến trên khoảng 4 1; 2  . Câu 36: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC . AB C  có AB  a , góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  ABC  bằng 60 . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Thể tích của khối cầu ngoại tiếp tứ diện GABC bằng bao nhiêu? 343 a3 49 a3 343 a3 343 a 3 A. . B. . C. . D. . 1296 108 432 5184 Lời giải Chọn A Gọi M là trung điểm của BC và H là trọng tâm tam giác ABC . Khi đó góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  ABC  là    AMA  60 . AA a 3 3a 1 a Ta có tan tan    AA  3.   GH  AA  . AM 2 2 3 2 a2 a2 a 7 Khi đó AG  GH 2  AH 2    4 3 12 AG 2 7a 2 .2 7 a  bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC là R    2GH 12.2a 12 3 4 4 7 343 a 3  Thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện GABC là V   R3   .    . 3 3  12  1296  S1  : x  4 2 Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu  y 2  z 2  16 ,  S2  : x  4  y 2  z 2  36 và điểm A  4;0;0 . Đường thẳng  di động nhưng luôn tiếp xúc với 2  S1  , đồng thời cắt  S2  tại hai điểm B, C phân biệt. Tam giác ABC có diện tích lớn nhất bằng bao nhiêu? A. 24 5 . B. 48 . C. 28 5 . D. 72 . Lời giải Trang 20