Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán THPT năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Thanh Hóa

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:28

Thêm vào BST

Báo xấu

10
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp các bạn học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học, biết cấu trúc ra đề thi như thế nào và xem bản thân mình mất bao nhiêu thời gian để hoàn thành đề thi này. Mời các bạn cùng tham khảo "Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán THPT năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Thanh Hóa" dưới đây để có thêm tài liệu ôn thi. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán THPT năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Thanh Hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2023 - 2024 THANH HÓA MÔN TOÁN - ĐỀ GỐC 1 Câu 1: Tập xác định của hàm số y = là: cot x − 3     A. D = \  + k | k   . B. D = \  + k , k | k  .  6  6      2   C. D = \  + k , + k | k   . D. D = \ + k , + k | k  . 3 2   3 2  Lời giải Chọn B  x  k 1 sin x  0   Hàm số y = xác định khi và chỉ khi    ,k  . cot x − 3 cot x  3   x  6 + k  Câu 2: Một lớp học có 20 học sinh nam và 26 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn 3 học sinh làm ban cán sự lớp gồm 1 lớp trưởng, 1 lớp phó học tập và 1 lớp phó văn thể. Hỏi có bao nhiêu cách chọn sao cho trong ban cán sự đó có ít nhất một học sinh nam? A. 12460 . B. 75480 . C. 12580 . D. 75580 . Lời giải Chọn B Có A46 cách chọn ba học sinh trong lớp vào các chức vụ đã nêu. 3 Có A26 cách chọn ban cán sự không có nam (ta chọn nữ cả). 3 Do đó, có A46 − A26 = 75480 cách chọn thoả mãn yêu cầu. 3 3 an 2 − 1 1 Câu 3: Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của a thuộc khoảng ( 0; 20 ) sao cho lim 3 + − 3 + n 2 2n là một số nguyên. Tính tổng các phần tử của S . A. 4 . B. 3 . C. 19 . D. 20 . Lời giải Chọn D  1  a− 2 an 2 − 1 n =a lim = lim  3+ n 2 3 +1 an 2 − 1 1 Vì  n 2  lim 3 + − = 3 + a.  3 + n 2 2n n  1 1 lim 2n = lim  2  = 0    a  ( 0; 20 ) , a   Ta có   S = 1;6;13 .  a+3  Vậy tổng các phần tử của S bằng 20. Câu 4: Tìm điều kiện của tham số thực m để hàm số y = x3 − 3x 2 + 3 ( m + 1) x + 2 đồng biến trên . A. m  2 . B. m  2 . C. m  0 . D. m  0 . Lời giải Chọn D Tập xác định: D = . Ta có: y = 3x 2 − 6 x + 3 ( m + 1) YCBT  y  0, x    = −9m  0  m  0 . Câu 5: Cho a, b, c là các số thực dương khác 1. Hình vẽ bên là đồ thị của ba hàm số y = log a x, y = logb x, y = log c x . Trang 1
Khẳng định nào sau đây là đúng? A. a  c  b . B. a  b  c . C. c  b  a . D. c  a  b . Lời giải Chọn D M N  a, b  1 Theo hình dạng của đồ thị ta có  . 0  c  1 Vẽ đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hai hàm số y = log a x, y = logb x lần lượt tại 2 điểm M ( a;1) , N ( b;1) . Ta thấy điểm N bên phải điểm M nên b  a . Vậy c  a  b . Câu 6: Cho khối đa diện đều loại 3; 4 . Tổng các góc phẳng tại 1 đỉnh của khối đa diện bằng: A. 180 . B. 240 . C. 324 . D. 360 . Lời giải Chọn B Khối đa diện đều loại 3; 4 là khối bát diện đều, mỗi mặt là tam giác đều. Tại mỗi đỉnh có 4 góc 60 nên tổng các góc phẳng bằng 240 . Câu 7: Trong không gian cho tam giác ABC vuông tại A , AB = a và ACB = 30 . Tính thể tích V của khối nón nhận được khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC . 3 a3 3 a3 A. V =  a3 B. V = 3 a 3 C. V = D. V = 9 3 Lời giải Chọn D Ta có AC = AB.cot 30 = a 3 . 1  a3 3 Vậy thể tích khối nón là : V =  a 2 .a 3 = . 3 3 Câu 8: Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 3 . Biết rằng khi cắt hình trụ đã cho bởi một mặt phẳng qua trục, thiết diện thu được là một hình vuông. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng A. 18 . B. 36 . C. 54 . D. 27 . Lời giải Chọn B Trang 2
Giả sử thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông ABCD . Theo giả thiết ta có bán kính đáy của hình trụ r = 3  h = AD = DC = 2r = 6 = l . Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là: S xq = 2 rl = 2 .3.6 = 36 .  e− x  Câu 9: Họ nguyên hàm của hàm số y = e  2 + x  là:  cos 2 x  1 1 A. 2e x + tan x + C . B. 2e x − tan x + C . C. 2e x − +C. D. 2e x + +C . cos x cos x Lời giải Chọn A  e− x  1 Ta có: y = e x  2 + 2  = 2e + x  cos x  cos 2 x  1    ydx =   2e x +  dx = 2e + tan x + C . x  cos x  2 Câu 10: Giả sử F ( x ) = ( ax 2 + bx + c ) e x (trong đó a, b, c là các hằng số) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x 2 e x trên . Tính tích P = abc . A. P = −4 . B. P = 1 . C. P = 5 . D. P = −3 . Lời giải Chọn A Ta có : F  ( x ) = ( 2ax + b ) e x + ( ax 2 + bx + c ) e x =  ax 2 + ( 2a + b ) x + b + c  e x .   a = 1 a = 1   Do F  ( x ) = f ( x ) , x  nên ta có hệ: 2a + b = 0  b = −2 . b + c = 0 c = 2   Vậy P = abc = −4 . Câu 11: Cho tập S = 1; 2;...;39; 40 gồm 40 số tự nhiên từ 1 đến 40 . Lấy ngẫu nhiên ba số thuộc . S Xác suất để ba số lấy được lập thành cấp số cộng là: 5 7 1 19 A. . B. . C. . D. . 38 38 26 39 Lời giải Chọn C Ta có: n() = C40 . 3 Gọi A là biến cố: “ba số lấy được lập thành cấp số cộng “. Giả sử ba số a, b, c theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng, khi đó ta có a + c = 2b . Hay a + c là một số chẵn và mỗi cách chọn 2 số a và c thỏa mãn a + c là số chẵn sẽ có duy nhất cách chọn b . Số cách chọn hai số có tổng chẵn sẽ là số cách chọn ba số tạo thành cấp số cộng. TH1: Hai số lấy được đều là số chẵn, có: C20 cách lấy. 2 TH2: Hai số lấy được đều là số lẻ, có: C20 cách lấy. 2  n( A) = C20 + C20 2 2 Trang 3
n( A) C20 + C20 1 2 2 P( A) = = = . n () 3 C40 26 Câu 12: Biết lim x →− ( ) 4 x 2 + ax + 1 + bx = −1 . Tính giá của biểu thức P = a 2 − 2b3 . A. P = 32 . B. P = 0 . C. P = 16 . D. P = 8 . Lời giải Chọn B TH1: b = 2 1 a+  lim x →− ( ) 4 x 2 + ax + 1 + 2 x = lim x →− ax + 1 4 x + ax + 1 − 2 x 2 = lim x →− a 1 x a =− . 4 − 4+ + −2 x x2  lim x →− ( a ) 4 x 2 + ax + 1 + bx = −1  − 4 = −1  a = 4 .     − khi b  2 x →− ( x →−    a 1 x x ) TH2: b  2  lim 4 x 2 + ax + 1 + bx = lim  x  − 4 + + 2 + b   =      + khi b  2  Vậy a = 4, b = 2  P = a − 2b = 0 2 3 Câu 13: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B . Biết AB = AD = 2a , BC = a , SA = a 5 và SA vuông góc với mặt đáy. Khi đó giá trị tang của góc giữa mặt phẳng ( SCD ) và mặt đáy bằng: 21 5 21 4 A. . B. . C. . D. . 3 4 4 3 Lời giải Chọn B S A D H B C Trong mặt phẳng ( ABCD ) , kẻ AH ⊥ CD tại H  CD ⊥ ( SAH ) Suy ra góc giữa mặt phẳng ( SCD ) và mặt đáy là góc SHA Ta tính được: CD = a 5 và S ABCD = 3a 2 ; SABC = a 2  SACD = 2a 2 2.SACD 4a 2 4a  AH = = = CD a 5 5 SA 4a 5 Khi đó tan SHA = =a 5: = . AH 5 4 5x + 1 − x + 1 Câu 14: Đồ thị hàm số y = có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang? x3 + 2 x 2 A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. 3 . Trang 4
Lời giải Chọn C Tập xác định của hàm số là D =  −1; + ) \ 0 . Ta có: 25 x 2 + 9 x 25 x + 9 lim y = lim = lim = − và lim y = + . − x →0 − x →0 (x 3 + 2x 2 ) (5x + 1 + x +1 ) − x →0 ( x ( x + 2 ) 5x + 1 + x + 1 ) + x →0 lim y = 0 . x →+ Vậy đồ thị của hàm số có 1 đường tiệm cận ngang y = 0 và 1 tiệm cận đứng x = 0 . Câu 15: Cho hàm số y = ax3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Khẳng định nào sau đây là đúng? A. a  0, b  0, c  0, d  0 . B. a  0, b  0, c  0, d  0 . C. a  0, b  0, c  0, d  0 . D. a  0, b  0, c  0, d  0 . Lời giải Chọn D Từ dạng đồ thị suy ra a  0 .Từ giao điểm của đồ thị với trục tung ta có d  0 . Mặt khác y = 3ax 2 + 2bx + c từ đồ thị ta có phương trình y = 0 có hai nghiệm trái dấu  ac  0 mà a  0  c  0 . 2b Hơn nữa phương trình y = 0 có hai nghiệm phân biệt có tổng x1 + x2 = − = −1  0  b  0 . 3a Vậy a  0, b  0, c  0, d  0 . Câu 16: Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số y = x3 − mx 2 + ( m2 − 4 ) x + 3 đạt cực đại tại x = 3 . 1 3 A. m = −1 . B. m = 5 . C. m = −7 . D. m = 1 . Lời giải Chọn B Ta có y = x 2 − 2mx + ( m 2 − 4 ) ; y = 2 x − 2m .  y  ( 3) = 0  Hàm số y = x3 − mx 2 + ( m2 − 4 ) x + 3 đạt cực đại tại x = 3 khi và chỉ khi: 1  3  y ( 3)  0  m = 1 9 − 6m + m2 − 4 = 0 m2 − 6m + 5 = 0      m = 5  m = 5 . 6 − 2m  0 m  3 m  3  Vậy m = 5 là giá trị cần tìm. 3 m −3 Câu 17: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = ( x + 3x + 2 ) 2 m +1 có tập xác định là ? A. 8 . B. 6 . C. 7 . D. 4 . Lời giải Chọn B Trang 5
 x  −2 3m − 3 Ta thấy x 2 + 3 x + 2  0   nên để hàm số có TXĐ là thì số mũ là số nguyên  x  −1 m +1 dương. 3m − 3 6 Ta có: = 3−  *  m + 1{ − 6; −3; −2; −1;3;6} m +1 m +1 Do đó có 6 giá trị là m { − 7; −4; −3; −2; 2;5} .  3x − 7  Câu 18: Bất phương trình log 2  log 1   0 có tập nghiệm là ( a; b  . Tính giá trị P = 3a + b .  3 x+3  A. P = −6 . B. P = 10 . C. P = 4 . D. P = 7 . Lời giải Chọn B Ta có:  3x − 7  3x − 7  0  x+3  0  x+3  3x − 7  3x − 7  3x − 7     x+3 0  x+3  0  3x − 7  3x − 7   log 2  log 1   0  log 1 0  1     ( 8 x − 3)  3 x+3   3 x+3  x+3  3x − 7  1 0  3x − 7  3x − 7 1  x+3 3   3 ( x + 3)  log 1 1  x+3  3  3 x+3    7  x  3  7 7  7     x  3 hay x   ;3 . Suy ra a = ; b = 3 . x  −3  3 3  3 −3  x  3  7 Vậy P = 3a + b = 3. + 3 = 10 . 3 2x 1  2  22   23  Câu 19: Cho hàm số f ( x ) = x . Khi đó tổng f ( 0 ) + f   + f   + ... + f   + f   có giá 2 +2  12   12   12   12  trị bằng: 71 65 59 28 A. . B. . C. . D. . 6 6 6 3 Lời giải Chọn A 2a 2b Với a + b = 2 , ta có f ( a ) + f ( b ) = a + b 2 +2 2 +2 2 .2 + 2.2 + 2 .2 + 2.2 a b a a b b 2 + 2.2a + 2a +b + 2.2b 4 + 2.2a + 4 + 2.2b a +b = = a +b = = 1. ( 2a + 2)( 2b + 2) 2 + 2.2a + 2.2b + 4 4 + 2.2a + 2.2b + 4 Do đó với a + b = 2 thì f ( a ) + f ( b ) = 1 . Áp dụng ta được 1  2  3  23  f ( 0 ) + f   + f   + f   + ... + f    12   12   12   12   1  23     2   22     11   13   = f ( 0 ) +  f   + f    +  f   + f    + ... +  f   + f    + f (1)   12   12     12   12     12   12   1 2 71 = + 11.1 + = . 3 4 6 Câu 20: Người ta ghép 5 khối lập phương cạnh a để được khối hộp chữ thập như hình dưới. Tính diện tích toàn phần Stp của khối chữ thập đó. Trang 6
A. Stp = 20a 2 . B. Stp = 12a 2 . C. Stp = 30a 2 . D. Stp = 22a 2 . Lời giải Chọn D Diện tích toàn phần của 5 khối lập phương là 5.6a 2 = 30a 2 . Khi ghép thành khối hộp chữ thập, đã có 4.2 = 8 mặt ghép vào phía trong, do đó diện tích toàn phần cần tìm là 30a 2 − 8a 2 = 22a 2 . Câu 21: Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A với BC = 2a , BAC = 120 , biết SA ⊥ ( ABC ) và mặt ( SBC ) hợp với đáy một góc 45 . Tính thể tích khối chóp S . ABC . a3 a3 a3 A. . B. a 3 2. C. . D. . 2 9 3 Lời giải Chọn C ➢ Gọi I là trung điểm BC . + Do ABC cân tại A nên BC ⊥ AI + Mặt khác do SA ⊥ ( ABC )  BC ⊥ SA . Suy ra BC ⊥ SI . Do đó góc giữa ( SBC ) và đáy chính là góc SIA = 45 . IB a ➢ Xét AIB vuông tại I có IB = a , IAB = 60 , suy ra IA = = . tan 60 3 a a SAI vuông tại A có IA = , SIA = 45 nên SAI vuông cân tại A , do đó SA = IA = . 3 3 1 1 1 a3 ➢ Thể tích của khối chóp S . ABC là V = SABC .SA = . BC. AI .SA = . 3 3 2 9 Câu 22: Một khối lăng trụ tam giác có đáy là tam giác đều cạnh bằng 6a , cạnh bên bằng 2a 3 và tạo với mặt phẳng đáy một góc 30 . Khi đó thể tích khối lăng trụ là: A. 9a 3 . B. 27a3 . C. 27 3.a3 . D. 9 3.a3 . Lời giải Chọn B Trang 7
Gọi H là hình chiếu của A lên mặt đáy. Suy ra góc AAH = 30 là góc giữa AA và mặt đáy. AH 1 Ta có: sin 30 =  AH = AA.sin 30 = 2 3a. = 3a . AA 2 3 Khi đó: VABC . ABC = ( 6a ) . . 3a = 27a 3 . 2 4 Câu 23: Cho hình nón tròn xoay có chiều cao h = 20 ( cm ) , bán kính đáy r = 25 ( cm ) . Một thiết diện đi qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12 ( cm ) . Tính diện tích của thiết diện đó. ( A. S = 500 cm 2 . ) B. S = 400 cm 2 . ( ) ( ) C. S = 300 cm 2 . ( ) D. S = 406 cm 2 . Lời giải Chọn A Theo bài ra ta có AO = r = 25; SO = h = 20; OK = 12 (Hình vẽ). 1 1 1 Lại có 2 = 2+  OI = 15 ( cm ) OK OI OS 2 AB = 2 AI = 2. 252 − 152 = 40 ( cm ) ; SI = SO2 + OI 2 = 25 ( cm )  SSAB = .25.40 = 500 (cm 2 ). 1 2 1 Câu 24: Cho hàm số f ( x ) = e +  xf ( x ) .dx . Giá trị của f ( ln 2023) bằng: x 0 A. 2025 . B. 4046 . C. 2024 . D. 2023 . Lời giải Chọn A 1 Cách 1. Từ f ( x) = e x +  xf ( x)dx (1). Lấy đạo hàm hai vế của (1), suy ra f  ( x ) = e x . 0 Khi đó f ( x ) =  f  ( x ) dx =  e x dx = e x + C (2) 1 1 1 1 Từ (1) và (2) suyra: C =  xf ( x ) dx  C =  x ( e x + C ) dx  C =  xe x dx +  Cxdx 0 0 0 0 2 1  C = ( xe x − e x ) + 1 Cx C  C = 1+  C = 2. 0 2 0 2 Trang 8
Vậy f ( x ) = e x + 2  f ( ln 2023) = eln 2023 + 2 = 2023 + 2 = 2025 . 1 Cách 2. Đặt A =  xf ( x ) .dx  f ( x ) = e x + A 0 1 1 1 1 x2  A =  x ( e + A) .dx =  x.e .dx + A x.dx = ( x.e − e ) + A A1 x x x = 1+ x 0 0 0 0 2 0 2  A = 2  f ( x ) = ex + 2  f ( ln 2023) = eln 2023 + 2 = 2025. Câu 25: Biết y = f ( x ) có đạo hàm cấp hai liên tục trên và đạt cực đại tại x = −2 . Đường thẳng d là tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ x = −1 (như hình vẽ). Tính tích 1 phân  2 x. f  ( x 2 − 2 ) dx . 0 1 1 A. − . B. . C. −2 . D. 0 . 2 2 Lời giải Chọn A Đặt t = x 2 − 2  dt = 2 xdx . Với x = 0  t = −2 . Với x = 1  t = −1 . −1 −1 Ta có I =  f  ( t ) dt = f  (t ) −2 −2 = f  ( −1) − f  ( −2 ) (1) Vì hàm số đạt cực đại tại x = −2 nên f  ( −2 ) = 0 ( 2) . 1 Theo hình vẽ d đi qua điểm ( 2;0 ) và ( 0;1) nên phương trình đường thẳng d : y = − x + 1 . 2 Vì đường thẳng d là tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm x = −1 (như hình vẽ) nên 1 f  ( −1) là hệ số góc của đường thẳng d . Suy ra f  ( −1) = − ( 3) . 2 1 1 Từ (1) , ( 2 ) , ( 3) ta có I = − − 0 = − . 2 2 Câu 26: Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (1 + cos x )( cos 4 x − m cos x ) = m sin 2 x  2  có đúng 3 nghiệm phân biệt thuộc đoạn 0;  là nửa khoảng  a; b ) . Tính T = a + b .  3  1 1 A. T = 0 . B. T = 1 . C. T = − . D. T = . 2 2 Lời giải Chọn D Trang 9
Ta có: (1 + cos x )( cos 4 x − m cos x ) = m sin 2 x  (1 + cos x )( cos 4 x − m cos x ) − m (1 − cos 2 x ) = 0 cos x = −1  (1 + cos x ) cos 4 x − m cos x − m (1 − cos x )  = 0     . cos 4 x = m ➢ Xét phương trình cos x = −1  x =  + k 2 ( k  ) .  2  Phương trình cos x = −1 không có nghiệm trong đoạn 0;  .  3  ➢ Xét phương trình cos 4x = m . Đặt f ( x ) = cos 4 x . Ta có: f  ( x ) = −4sin 4 x .  Xét f  ( x ) = 0  sin 4 x = 0  4 x = k  x = k (k  ) . 4  2     Xét trong đoạn 0;  thì ta có: x  0; ;  .  3   4 2 Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình cos 4x = m có đúng 3 nghiệm phân biệt trong  2  1  1  1 đoạn 0;  khi và chỉ khi −  m  1 hay m   − ;1  a = − , b = 1 .  3  2  2  2 1 Vậy T = a + b = . 2 Câu 27: Cho lăng trụ đứng ABC. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AC = a 3 . Biết BC  hợp với mặt phẳng ( ACC A ) một góc 30 và hợp với mặt phẳng đáy góc  sao cho 6 sin  = . Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh BB và AC (tham khảo hình vẽ). 4 Khoảng cách giữa MN và AC  bằng: A' N C' B' M A C B a 6 a 3 a 5 a A. . B. . C. . D. . 4 6 4 3 Lời giải Chọn A Trang 10
+) Ta có: ( BC; ( ACCA ) ) = BCA = 30 ; ( BC; ( ABC ) ) = CBC =  . 3 ( 3a 2 + x 2 ) +) Đặt AB = x  0  BC = 3a + x  CC  = BC.tan  = 2 2 5 Và AC  = AB.cot 30 = x 3 . +) Mặt khác: AC 2 + CC 2 = AC 2  x = a 2  CC  = a 3  AC  = a 6 . +) Gọi P là trung điểm của BC   ( MNP ) // ( ABC  ) nên d ( MN ; AC) = d ( MN ; ( ABC) ) = d ( N ; ( ABC ) ) = d ( A; ( ABC ) ) . 1 2 +) Dựng AH ⊥ AC   AH ⊥ ( ABC  )  d ( A; ( ABC  ) ) = AH = AC  = 1 a 6 2 2 a 6 Vậy d ( MN ; AC  ) = . 4 Câu 28: Cho hàm số y = f  ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Biết rằng f ( −3) = 2 f ( 5 ) = 4 . Gọi M , n lần lượt là các giá trị nguyên lớn nhất và nhỏ nhất của tham số m để phương trình 1  f  f ( x ) − m  = 2 x + 2m có đúng 3 nghiệm thực phân biệt. Tính M − n . 2  A. 7  B. 4  C. 6. D. 9 Lời giải Chọn A 1  f ( x ) = 2u + 2m  Đặt f ( x) − m = u    f ( u ) + 2u = f ( x ) + 2 x . 2  f ( u ) = 2 x + 2m  Xét hàm số g ( t ) = f ( t ) + 2t  g  ( t ) = f  ( t ) + 2  −2 + 2 = 0 t  . Trang 11
1 1 Do đó hàm số g ( t ) đồng biến trên u = x  f ( x) − m = x  f ( x) − x = m . 2 2 1 1 Xét hàm số h ( x ) = f ( x ) − x  h ( x ) = f  ( x ) − 1. 2 2  1  x = −3  h ( −3) = 2 f ( −3) − ( −3) = 5 1   h ( x ) = 0  f  ( x ) = 1  f  ( x ) = 2   x = 0 . 2  1  x = 5  h ( 5) = f ( 5) − ( 5 ) = −4  2 1 Ta có bảng biến thiên của hàm số h ( x ) = f ( x ) − x như sau: 2 h'(x) h(x) Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình có 3 nghiệm khi −4  m  5 . Do m   m  −3; −2; −1;0;1; 2;3; 4  M − n = 7 . Câu 29: Cho hàm bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Số điểm cực đại của hàm số y =  xf ( x − 1) là: 2   y 3 1 1 O x 1 A. 7 . B. 3 . C. 6 . D. 4 . Lời giải Chọn B  Đặt: f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d  f  ( x ) = 3ax 2 + 2bx + c . Ta có: đồ thị giao với trục Oy tại điểm ( 0;1)  d = 1 .  Đồ thị hàm số y = f ( x ) có hai điểm cực trị là ( −1;3) ; (1; − 1) nên 3a − 2b + c = 0 3a + 2b + c = 0 b = 0     a = 1  f ( x ) = x 3 − 3x + 1 . a + b + c + 1 = −1 c = −3 −a + b − c + 1 = 3    f ( x − 1) = ( x − 1) − 3 ( x − 1) + 1 = x3 − 3x 2 + 3  f  ( x − 1) = 3 x 2 − 6 x . 3  Đặt g ( x ) =  xf ( x − 1)  g  ( x ) = 2 xf ( x − 1)  f ( x − 1) + xf  ( x − 1)  . 2     Trang 12
 g  ( x ) = 2 x ( x 3 − 3x 2 + 3)( 4 x3 − 9 x 2 + 3) . x = 0  x  2,532  x = 0  x  1,347  3  Suy ra g  ( x ) = 0   x − 3x + 3 = 0   x  −0,879 . 2  4 x3 − 9 x 2 + 3 = 0  x  2, 076    x  0, 694  x  −0,52  Nhận thấy: g  ( x ) là đa thức bậc 7 và có 7 nghiệm phân biệt nên hàm số g ( x ) có 7 điểm cực trị. Vì lim ( g  ( x ) ) = + và dựa vào bảng xét dấu của g ( x ) suy ra g ( x ) có 3 điểm cực đại. x →+ Câu 30: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên . Gọi d1 , d 2 lần lượt là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = x. f ( 2 x − 1) tại điểm có hoành độ bằng 1. Biết hai đường thẳng d1 , d 2 vuông góc với nhau, khẳng định nào sau đây đúng? A. 2  f (1)  2 2 . B. f (1)  2 2 . C. 2  f (1)  2 . D. f (1)  2 . Lời giải Chọn B Vì d1 là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ bằng 1 nên d1 có hệ số góc k1 = f  (1) . Ta có  xf ( 2 x − 1)  = f ( 2 x − 1) + 2 xf  ( 2 x − 1) .   Vì d 2 là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = xf ( 2 x − 1) tại điểm có hoành độ bằng 1 nên d 2 có hệ số góc k2 = f (1) + 2 f  (1) . Mặt khác, hai đường thẳng d1 , d 2 vuông góc với nhau nên k1.k2 = −1 . Suy ra 2  f  (1) + f  (1) . f (1) = −1 . 2   2  1  1 1 Suy ra 2  f  (1) + f (1)  =  f (1)  − 1   f (1) − 1  0  f (1)  2 2 . 2 2      4  8 8 Câu 31: Cho các số thực x, y thay đổi thỏa mãn x + y 2 − xy = 1 và hàm số f ( t ) = 2t 3 − 3t 2 + 1 . Gọi 2  5x − y + 2  M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = f   . Giá trị  x+ y+4  M − m bằng: A. −4 − 4 2 . B. −4 − 5 2 . C. 6 + 4 2 . D. 4 + 2 2 . Lời giải Chọn C 5x − y + 2 3 1 Đặt t = . Theo giả thiết, x2 − xy + y 2 = 1  ( x − y ) + ( x + y ) = 1 2 2 x+ y+4 4 4   1 ( x − y )  x − y = 2 cos   x = 3 cos  + sin  3   cos  =   nên ta đặt  2  3  ( 0    2 ) . sin  = 1 ( x + y )  x + y = 2sin   y = − 1 cos  + sin      2  3 2 3 cos  + 4sin  + 2 Khi đó, t =  ( t − 2 ) .sin  − 3.cos  = 1 − 2t (1) . 2sin  + 4 Trang 13
Phương trình (1) có nghiệm  ( t − 2 ) + − 3 ( )  (1 − 2t )  3t 2 − 6  0  − 2  t  2 . 2 2 2 Xét hàm số Q = f ( t ) = 2t 3 − 3t 2 + 1, t  − 2 ; 2  .   t = 0   − 2 ; 2    f  ( t ) = 6t 2 − 6t . Cho f  ( t ) = 0   . t = 1   − 2 ; 2      ( ) f − 2 = −5 − 4 2 ; f ( 0 ) = 1; f (1) = 0 ; f ( 2 ) = −5 + 4 2.  M = max Q = max f ( t ) = f ( 0 ) = 1  − 2 ; 2     . ( m = min Q =  min  f ( t ) = f − 2 = −5 − 4 2  − 2 ; 2  ) Vậy M − m = 6 + 4 2 . Câu 32: Cho hàm số bậc ba f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ. Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y= (x 2 − 2mx + m2 + m + 1) x 2 − 3x có đúng 3 tiệm cận ( x − 4 )  f 2 ( x ) − 4 f ( x )   đứng. Tính tổng các phần tử của tập S . y 4 1 O 2 3 x A. −2 . B. −3 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn B Xét hàm số y = g ( x) = (x 2 − 2mx + m2 + m + 1) x 2 − 3x ( x − 4)  f 2 ( x ) − 4 f ( x )   Biểu thức x 2 − 3x xác định khi x − 3x  0  x  ( −;0  3; + ) 2 Xét phương trình: x = 4 x = 4 x = 0 x = 4 x − 4 = 0   x = 3 ( x − 4 )  f ( x ) − 4 f ( x )  =0   2  2    f ( x) = 0  x = 3   f ( x) − 4 f ( x) = 0 f x =4   x = −1  ( )  x = −1   x = 2 ( KTM ) x = 0  + Đặt h ( x ) = x 2 − 2mx + m2 + m + 1 . Nếu h ( x ) không có nghiệm thuộc −1;0;3; 4 thì đồ thị hàm số y = g ( x ) có 4 tiệm cận đứng. Xét các trường hợp sau: Trường hợp 1: x = 4 là nghiệm của h ( x )  m2 − 7m + 17 = 0 (vô nghiệm. Trường hợp 2: x = 3 là nghiệm của h ( x )  m2 − 5m + 10 = 0 (vô nghiệm). Trang 14
 m = −1 Trường hợp 3: x = −1 là nghiệm của h ( x )  m2 + 3m + 2 = 0   .  m = −2 Trường hợp 4: x = 0 là nghiệm của h ( x )  m2 + m + 1 = 0 (vô nghiệm).  m = −1 Như vậy khi  thì đồ thị hàm số đã cho có 3 tiệm cận đứng hay S = −2; −1 .  m = −2 Vậy tổng các phần tử của S bằng −3 . Câu 33: Gọi M , n lần lượt là các giá trị nguyên dương lớn nhất và nhỏ nhất của m để phương trình: 2cos x −2+ m −3cos x + ( cos3 x + 6sin 2 x + 9cos x + m − 6 ) 2cos x −2 = 2cos x +1 + 1 có nghiệm thực. Khi đó 3 M − n bằng: A. 20 . B. 28 . C. 18 . D. 21 . Lời giải Chọn A Ta có PT tương đương với: 2cos x −2+ m−3cos x + ( cos x − 2 ) + m − 3cos x  2cos x −2 = 1 3 3   ( ) = 22−cos x + ( 2 − cos x ) (vì 22−cos x  0 ) 3 m −3cos x 2 + m − 3cos x 3 3 3  3 m − 3cos x = 2 − cos x (Xét hàm số g ( u ) = 2u + u 3 là hàm số đồng biến trên ).  − cos x + 6cos x − 9cos x + 8 = m . 3 2 Đặt cos x = t với điều kiện t   −1;1 , xét hàm số f ( t ) = −t 3 + 6t 2 − 9t + 8 . Dễ thấy min f ( t ) = 4 và max f ( t ) = 24 nên PT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m   4; 24 . t −1;1 t −1;1 Vậy M − n = 24 − 4 = 20 . 13 Câu 34: Cho m, n là các số thực lớn hơn 1, thay đổi và thỏa mãn m + n = . Gọi a, b là hai nghiệm 2 phân biệt của phương trình 8log m x.log n x − 7 log m x − 6log n x − 2023 = 0 . Biết giá trị lớn nhất 3 c 7 d  của biểu thức T = ln ( ab ) là ln   + ln   với c, d là các số nguyên dương. Tính tổng 4 2 8  2  S = 2c + 3d . A. S = 2023 . B. S = 33 . C. S = 25 . D. S = 50 . Lời giải Chọn B ĐK: x  0 . Ta có: 8log m x.log n x − 7 log m x − 6log n x − 2023 = 0  8log n m. ( log m x ) − ( 6 log n m + 7 ) .log m x − 2023 = 0 . 2 Do m, n  1 nên 8log n m  0 , do đó phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt, gọi là a, b . Theo Vi-et ta có: 6 log n m + 7 3 7  3 7 log m a + log m b =  log m ( ab ) = + log m n  log m ( ab ) = log m  m 4 .n 8  8log n m 4 8   7  13 8 7  13  3 7 3 3  ab = m .n  ab = m .  − m   T = ln ( ab ) = ln m + ln  − m  . 4 8 4 2  4 8 2  3 7  13   11  Xét hàm số: f ( m ) = ln m + ln  − m  với m  1;  . 4 8 2   2 3 7  11  Có f  ( m ) = −  f  ( m ) = 0  m = 3  1;  4m 4 (13 − 2m )  2 Trang 15
3 7 7 3 6 7 7  max f ( m ) = f ( 3) = ln 3 + ln  Tmax = ln   + ln    11  1;  4 8 2 4 2 8 2  2 Do đó: c = 6, d = 7  S = 2c + 3d = 33 . x 2 + 2023 Câu 35: Cho 0  x, y  1 thỏa mãn 20221− x − y = . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, y 2 − 2 y + 2024 giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = ( 5 x 2 + 3 y )( 5 y 2 + 3x ) + 25 xy . Khi đó M − m bằng bao nhiêu? 9 121 19 9 A. . B. . C. . D. . 16 100 16 100 Lời giải Chọn B x 2 + 2023 20221− y x 2 + 2023 Ta có: 20221− x − y =  = y 2 − 2 y + 2024 2022 x (1 − y )2 + 2023  2022x ( x 2 + 2023) = 20221− y (1 − y ) + 2023  f ( x ) = f (1 − y ) 2   Xét hàm số f ( t ) = 2022 ( t + 2023) với t  0 . t 2 Có f  ( t ) = 2022t. ( t 2 + 2023) ln 2022 + 2t.2022t  0, t  0 Suy ra f ( t ) là hàm đồng biến trên ( 0; + ) ,  f ( x ) = f (1 − y )  x = 1 − y  x + y = 1 Khi đó: S = ( 5 x 2 + 3 y )( 5 y 2 + 3x ) + 25 xy = 25 x 2 y 2 + 9 xy + 15 ( x 3 + y 3 ) + 25xy = 25 ( xy ) + 34 xy + 15 ( x + y ) − 3xy ( x + y ) = 25 ( xy ) − 11xy + 15 2 3 2   1  1 Mà 1 = x + y  2 xy  xy  , nên đặt t = xy  0;  , khi đó S = 25t 2 − 11t + 15 4  4  1 1379 Xét hàm số f ( t ) = 25t 2 − 11.t + 15 trên đoạn 0;  ta được : min f ( t ) = , max f ( t ) = 15  4  1  0;  100 0; 1     4  4 . 121 Vậy M − m = . 100 Câu 36: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang, AB //CD, CD = 2 AB . Gọi M là điểm di động trên cạnh AB ( M  A, M  B ) và N là trung điểm của cạnh SD . Mặt phẳng ( ) đi V 1 qua M , N và song song với AD chia khối chóp thành hai khối đa diện có tỉ lệ thể tích 1 = , V2 3 trong đó V1 là thể tích khối đa diện chứa đỉnh A , V2 là thể tích khối đa diện chứa đỉnh B . Khi MA m m đó tỉ số = , trong đó: m và n là các số nguyên dương, là phân số tối giản. Tổng CD n n m + n bằng: A. 9 . B. 10 . C. 13 . D. 14 . Lời giải Chọn C Trang 16
S N Q A D M P B E C AM Đặt = x . Kẻ MP // AD; NQ //AD ( P  CD, Q  SA ) AB  ( ) cắt hình chóp theo thiết diện là hình thang MPNQ ( MP //NQ ) . Gọi E là trung điểm của CD  ABED là hình bình hành. Đặt S là diện tích hình bình hành ABED ; h là chiều cao của hình chóp S. ABCD . 1 Gọi thể tích khối chóp S. ABED là V  V = hS . 3 Diện tích hình bình hành AMPD là S AMPD = x.S , d ( Q; ( AMPD ) ) = h . 1 2 Thể tích khối chóp Q. AMPD là VQ. AMPD = d ( Q; ( AMPD ) ) .S AMPD = . h.xS = x. 1 1 1 1 hS 1 = xV . 3 3 2 2 3 2 3 V Lại có VS . AED = V  d ( A; ( SED ) ) = 1 3VS . AED 2 . = 2 SSED SSED 3 V Vì Q là trung điểm SA nên d ( Q; ( SED ) ) = d ( A; ( SED ) ) = 1 4 2 SSED 1 1 1 x Diện tích DPN : SDPN = DN .DP.sin NDP = . DS.xDE.sin NDP = .SSED . 2 2 2 2 Thể tích khối chóp Q.PDN là 3 V VQ.PDN = d ( Q; ( SED ) ) .SDPN = . 1 1 4 x 1 3 x xV . .SSED = . V . = . 3 3 SSED 2 3 4 2 8 xV xV 5xV  V1 = VQ. AMPD + VQ.PND = + = . 2 8 8 3 3 5x  3 5x  V2 = V − V1 = V − V =  − V . 2 2 8 2 8  5x V V1 1 8 1 5x 3 5x 3 MA 3 Theo giả thiết: =  =  .3 = −  x =  = . V2 3  3 5x  3 8 2 8 5 CD 10  − V 2 8  MA 3 Vậy =  m = 3, n = 10  m + n = 13 . CD 10 Trang 17
Câu 37: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2, AD = 2 3 và nằm trong măt phẳng ( P ) . Quay ( P ) một vòng quanh đường thẳng BD . Khối tròn xoay được tạo thành có thể tích bằng: 28 28 56 56 A. B. C. D. 3 3 9 9 Lời giải Chọn C ( ) BC.CD 2 3.2 2 BCD vuông tại C có: BD = 22 + 2 3 = 4; CI = = = 3; ID = 1 BD 4 (2 3) − ( 3) 2 2 IB = = 3  IO = OD − ID = 2 − 1 = 1 OM BO 2 =  OM = CI BI 3 Thể tích khối nón có đỉnh D và đáy là hình tròn tâm I bán kính IC bằng: 1 1 V1 =  .IC 2 .ID =  .3.1 =  3 3 Thể tích khối nón cụt có hai đáy là hình tròn tâm I bán kính IC, hình tròn tâm O bán kính OM bằng :  .OI V2 = ( IC 2 + OM 2 + IC.OM ) = 3.1  3 + 4 + 3. 23  = 19   3  3  9  19  56 Thể tích cần tìm là: V = 2 (V1 + V2 ) = 2   + = .  9  9 Câu 38: Tính giá trị lớn nhất V của thể tích các khối chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính R=3 3. A. V = 576 3 . B. V = 512 3 . C. V = 576 . D. V = 64 3 . Lời giải Chọn D Xét hình chóp tứ giác đều S. ABCD nội tiếp mặt cầu có tâm I và bán kính R = 3 3 . Trang 18
Gọi H = AC  BD , K là trung điểm SC . Ta có I  SH , SI = R = 3 3 . Đặt AB = x; SH = h ( x, h  0 ) . x x2 Ta có HC =  l = SC = h +2 . 2 2 SK SI x2 Do SKI ∽ SHC  =  SC = 2SH .SI  h + = 2h.3 3  x 2 = 12 3.h − 2h 2 . 2 2 SH SC 2 1 2 1 Diện tích đáy của hình chóp S ABCD = x 2 nên V = h.x = h 12 3.h − 2h2 . 3 3 ( ) 3 1  h + h + 12 3 − 2h  1 3 ( 2 1 Ta có V = h. 12 3.h − 2h = .h.h 12 3 − 2h  .  3 ) 3 ( 3  = 64 3  )    V  64 3 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi h = h = 12 3 − 2h  h = 4 3 . Vậy Vmax = 64 3 . Câu 39: Cho hàm số f ( x) liên tục trên khoảng ( 0; + ) và thỏa mãn 2 x. f ( x 2 + 1) + f ( x ) = ( 2 x + 1) ln ( x + 1) . 17 2 x Biết  f ( x ) dx = a ln 5 − 2 ln b + c 1 với a, b, c  . Giá trị của a + 3b + 2c bằng: 37 A. . B. 9 . C. 11 . D. 51 . 2 Lời giải Chọn C Ta có 2 x. f ( x 2 + 1) + f ( x ) = ( 2 x + 1) ln ( x + 1) . 2 x 4 Suy ra   2 x. f ( x 2 + 1) + f ( x ) dx = 4  2 x    ( 2 x + 1) ln ( x + 1) dx . 1   1 4 f ( ) x  ( x )d ( x ) 4 4 Ta có   2 x. f ( x 2 + 1) + dx = f ( x 2 + 1)d ( x 2 + 1) + f    2 x  1   1 1 17 2 17 =  f ( x )dx +  f ( x )dx =  f ( x )dx . 2 1 1 4 4 4  ( 2 x + 1) ln ( x + 1) dx =  ln ( x + 1) d ( x + x ) = ( x + x ) ln ( x + 1) −  ( x + x ) 2 2 2 4 1 dx 1 1 1 1 x +1 2 4 x 15 = 20ln 5 − 2ln 2 − = 20ln 5 − 2ln 2 − . 2 1 2 17 15 15 Do đó  f ( x )dx = 20 ln 5 − 2 ln 2 − 2  a = 20, b = 2, c = − 2 1 . Vậy a + 3b + 2c = 11 . Câu 40: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên  2; 4 và f  ( x )  0, x   2; 4 . Biết 4 x3 f ( x ) =  f  ( x ) − x3 x   2;4 , f ( 2 ) =   3 7 4 . Giá trị của f ( 13 ) bằng: 2 13 − 1 65 13 63 A. . B. . C. . D. . 4 4 2 4 Trang 19
Lời giải Chọn D Ta có: f  ( x )  0, x   2; 4 nên hàm số y = f ( x ) đồng biến trên  2; 4   f ( x )  f ( 2 ) = 7 4  f ( x )  0, x   2; 4 . Từ giả thiết ta có: 4 x3 f ( x ) =  f  ( x ) − x3  x3 4 f ( x ) + 1 =  f  ( x ) 3 3       f ( x)  x. 3 4 f ( x ) + 1 = f  ( x )  = x. 3 4 f ( x) +1 f ( x) 1 d  4 f ( x ) + 1  2  = xdx  3 3 4 f x + 1 2 = x + C .  dx =  xdx  ( )  4  3 4 f ( x) +1  Suy ra: 3 4 f ( x) +1 8  2 7 3 1 Do f ( 2 ) =  = 2+C  C = − . 4 2 2 3 1 4  1  f ( x ) = .  ( x 2 − 1) − 4 3  4 Vậy f 13 = .( ) 63 4 Câu 41: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , trên tia Ox lấy 12 điểm phân biệt (khác O ) là A1 , A2 ,..., A12 và trên tia Oy lấy 12 điểm phân biệt (khác O ) là B1 , B2 ,..., B12 thỏa mãn OA1 = A1 A2 = ... = A11 A12 = OB1 = B1B2 = ... = B11 B12 = 1 (đơn vị). Chọn ngẫu nhiên một tam giác có 3 đỉnh nằm trong 24 điểm A1 , A2 ,..., A12 , B1 , B2 ,..., B12 . Xác suất để tam giác chọn được có đường tròn ngoại tiếp tiếp xúc với một trong hai trục Ox hoặc Oy là: 5 5 2 1 A. . B. . C. . D. . 1584 792 225 135 Lời giải Chọn B * Trường hợp 1: Hai đỉnh thuộc tia Ox có hoành độ lần lượt là a và c , với a  c; a, c  1; 2;...;12 và một đỉnh thuộc tia Oy có tung độ b , với b  1; 2;...;12 . - Số tam giác có 3 đỉnh được chọn như trên là: 12.C12 (tam giác). 2 - Xét tam giác ABC có A ( a;0 ) , C ( c;0 ) , B ( 0; b ) mà đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với trục tung Oy (như hình vẽ). a+c  Gọi M là trung điểm AC  IM ⊥ AC và M  ;0  .  2  Trang 20