Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2022-2023 có đáp án - Trường THPT Yên Định 1, Thanh Hóa

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:21

Thêm vào BST

Báo xấu

8
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

‘Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2022-2023 có đáp án - Trường THPT Yên Định 1, Thanh Hóa’ là tài liệu tham khảo được TaiLieu.VN sưu tầm để gửi tới các em học sinh đang trong quá trình ôn thi học sinh giỏi, giúp học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học và nâng cao kĩ năng giải đề thi. Chúc các em học tập và ôn thi hiệu quả!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2022-2023 có đáp án - Trường THPT Yên Định 1, Thanh Hóa

TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 1 KỲ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2022-2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) MÃ ĐỀ 101 Ngày thi: / /2022  x2 + x − 2  khi x ≠ 1 Câu 1. Cho hàm số f ( x ) =  x − 1 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số gián 3m khi x = 1  đoạn tại x = 1. A. m ≠ 1. B. m ≠ 2. C. m ≠ 3. D. m ≠ 2. Câu 2. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng ? A. Bất kì một hình chóp nào cũng có một mặt cầu ngoại tiếp. B. Bất kì một hình lăng trụ nào cũng có một mặt cầu ngoại tiếp. C. Bất kì một hình hộp nào cũng có một mặt cầu ngoại tiếp. D. Bất kì một hình tứ diện nào cũng có một mặt cầu ngoại tiếp. x Câu 3. Chu kỳ của hàm số y = 3sin là số nào sau đây? 2 A. 4π . B. π . C. 0 . D. 2π . 5 −2 5 Câu 4. Cho hai tích phân ∫ f ( x ) dx = 8 và ∫ g ( x ) dx = 3 . Tính I = ∫  f ( x ) − 4 g ( x ) − 1 dx . −2 5  −2  A. I = 13 . B. I = 27 . C. I = 3 . D. I = −11 . Câu 5. Một hình trụ có bán kính đáy r = 4 cm và độ dài đường sinh l = 3 cm . Diện tích toàn phần của hình trụ đó bằng A. 24π cm 2 . B. 40π cm 2 C. 56π cm 2 D. 36π cm 2 Câu 6. Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD.EFGH . Tính tỉ số k giữa thể tích khối trụ ngoại tiếp và thể tích khối trụ nội tiếp hình lăng trụ trên. A. k = 2 2. B. C. k = 2. D. k = 2. Câu 7. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , BC  a 2, A ' B tạo với đáy một góc bằng 600 . Thể tích của khối lăng trụ bằng 3a 3 3a 3 3a 3 a3 A. . B. . C. . D. 2 4 2 2 Câu 8. Hình vẽ bên dưới có bao nhiêu mặt A. 4 . B. 10 . C. 7 . D. 9 . 2x +1 Câu 9. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = trên đoạn [ 2;3] bằng 1− x 3 7 A. −3 . B. . C. −5 . D. − . 4 2 Câu 10. Cho dãy số ( un ) với un = ( −1) n n . Mệnh đề nào sau đây đúng? Trang 1/6 - Mã đề 101
A. Dãy số ( un ) là dãy số không bị chặn. B. Dãy số ( un ) là dãy số giảm. C. Dãy số ( un ) là dãy số tăng. D. Dãy số ( un ) là dãy số bị chặn. Câu 11. Có bao nhiêu số chẵn mà mỗi số có 4 chữ số đôi một khác nhau? A. 50000 . B. 4500 . C. 2296 . D. 2520 . Câu 12. Trên giá sách có 4 quyển sách toán, 3 quyển sách lý, 2 quyển sách hóa. Lấy ngẫu nhiên 3 quyển sách. Tính xác suất để trong ba quyển sách lấy ra có ít nhất một quyển là toán. 2 3 37 10 A. . B. . C. . D. . 7 4 42 21 Câu 13. Cho a > 0, a ≠ 1 . Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: A. Tập giá trị của hàm số y = log a x là tập  . B. Tập giá trị của hàm số y = a x là tập  . C. Tập xác định của hàm số y = log a x là tập  . D. Tập xác định của hàm số y = a x là khoảng ( 0; +∞ ) . Câu 14. Hình vẽ bên là đồ thị các hàm số y = x a , y = x b , y = x c trên miền ( 0; +∞ ) . Hỏi trong các số a , b , c số nào nhận giá trị trong khoảng ( 0; 1) ? y y = xa y = xb y = xc O x A. Số b. B. Số c. C. Số a . D. Số a và số c. ( x − 1)= 1 2 Câu 15. Tích phân I = ∫ 0 x2 + 1 dx a ln b + c , trong đó a , b , c là các số nguyên. Tính giá trị của biểu thức a+b+c ? A. 3 . B. 0 . C. 1 . D. 2 . Câu 16. Tổng tất cả các cạnh của khối lăng trụ không thể bằng số nào sau đây? A. 2025 . B. 2019 . C. 2020 . D. 2022 . 5 + 3x + 3− x a a Câu 17. Cho 9 + 9 x −x 23 . = Khi đó biểu thức A = = với tối giản và a, b ∈  . Tích a.b có giá 1− 3 − 3 x −x b b trị bằng: A. 10 . B. −8 . C. 8 . D. −10 . mx + 4 Câu 18. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = giảm trên khoảng ( −∞;1) ? x+m A. Vô số. B. 1 . C. 0 . D. 2 . Câu 19. Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số y =x 3 − 3 x 2 + mx đạt cực tiểu tại x = 2 . A. m = 0 . B. m = −2 . C. m = 1 . D. m = 2 . Câu 20. Đường cong ở hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào? y 2 2 −1 O 1 x −2 Trang 2/6 - Mã đề 101
A. y =x 3 − 3 x 2 + 1 . B. y =x 3 − 3 x 2 + 2 . C. y =x 3 + 3 x 2 + 2 . D. y =x3 + 3 x 2 + 2 . − Câu 21. Tập nghiệm của bất phương trình 7 x ≥ 10 − 3x chứa bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 10 ? A. 11 . B. 9 . C. 8 . D. 10 . Câu 22. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc và đều bằng a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng OA và BC bằng a 3 a 2 A. . B. a. C. a 2. D. . 2 2 Câu 23. Kết quả của I = ∫ xe x dx là A. I = xe x − e x + C . B. I = x + xe x + C . e x2 x x2 x x C. I = e +C . I D. = e +e +C . 2 2 10 6 Câu 24. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [0;10] và ∫ f ( x ) dx = 7 và ∫ f ( x ) dx = 3 . Tính 0 2 2 10 =P ∫ f ( x ) d x + ∫ f ( x ) dx . 0 6 A. P = −4 . B. P = 4 . C. P = 10 . D. P = 7 . Câu 25. Cho tứ diện SABC có SA a= 2a= 3a . Giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện bằng = , SB , SC a3 a3 A. 6a 3 . B. a 3 . C. . D. . 3 6 2a 5 Câu 26. Cho hình hộp chữ nhật ABCDA′B′C ′D′ . Khoảng cách giữa AB và B′C là , giữa BC và AB′ 5 2a 5 a 3 là , giữa AC và BD′ là . Thể tích của khối hộp đó là: 5 3 A. 4a 3 . B. 2a 3 . C. a 3 . D. 8a 3 . Câu 27. Cho đa giác lồi n cạnh ( n ∈ *, n ≥ 6 ) nội tiếp đường tròn ( O ) sao cho không có ba đường chéo nào đồng quy. Các cạnh và các đường chéo của đa giác giao nhau tạo thành các tam giác. Gọi X là tập hợp các tam giác như thế. Lấy ngẫu nhiên một tam giác trong tập X . Tìm n để xác suất lấy được tam giác không 4 có đỉnh nào là đỉnh của đa giác bằng . 15 A. n = 23 . B. n = 19 . C. n = 15 . D. n = 11 . Câu 28. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của S 2 trên đáy là điểm H trên cạnh AC sao cho AH = AC ; mặt phẳng ( SBC ) tạo với đáy một 3 góc 60 . Thể tích khối chóp S . ABC là? o a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. B. C. D. 48 36 24 12 Câu 29. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh AB BD 2 , hai đường chéo cắt nhau tại O . = = Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD ) là trung điểm H của BO . Gọi G là trọng tâm tam giác ADC . Biết SC tạo với mặt phẳng đáy góc 45° , tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CG . 6 2373 2373 2 14313 4 14313 A. . B. . C. . D. . 113 113 367 367 Câu 30. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn 0;18 để phương trình  x  2 log 4  x  m  x 1 có đúng một nghiệm dương? A. 16 . B. 17 . C. 19 . D. 18 . Trang 3/6 - Mã đề 101
3 49 x3 Câu 31. Cho hàm số f ( x ) có f ( 3) = và f ′ ( x ) = , ∀ x ≠ 0 . Khi đó ∫ x . f ( x ) dx bằng 2 x 2 + 16 − 4 x 2 + 16 0 2915 2195 2195 2915 A. . B. . C. . D. . 24 24 8 3 Câu 32. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AC = 2a , tam giác SAB và tam giác SCB lần lượt vuông tại A và C . Khoảng cách từ S đến mặt phẳng ( ABC ) bằng a . Cosin của góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SCB ) bằng 5 2 2 1 2 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Câu 33. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của y sao cho tương ứng mỗi y luôn tồn tại không quá 63 số nguyên x thỏa mãn điều kiện log 2020 ( x + y 2 ) + log 2021 ( y 2 + y + 64 ) ≥ log 4 ( x − y ) A. 602 B. 2 . C. 301 . D. 302 . Câu 34. Nghiệm của phương trình sin 3 x.cot x = cot x có các điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác tạo thành đa giác có diện tích bằng 3 3 A. 2 3 đvdt. B. đvdt. C. 3 đvdt. đvdt. D. 2 4 Câu 35. Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn −4; 4  và có bản biến thiên như hình vẽ bên dưới   Có tất cả bao nhiêu giá trị thực của tham số m ∈  4; 4  để hàm số g( x)= −  f ( x 3 + 2 x) + 3 f ( m) có giá trị lớn nhất trên đoạn −1;1 bằng 8 ?   A. 11 . B. 9 . C. 10 . D. 12 . Câu 36. Cho hai số thực x , y thoả mãn: x+ y x + 2y + 3 log 2 2 = x ( x − 3) + y ( y − 3) + xy. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = . 3 x + y + xy + 2 x+ y+6 59 + 259 33 + 233 3 + 103 69 + 249 A. B. . C. D. 95 94 49 94 Câu 37. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên  và f (1) = 1 . Đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình bên.  π Có bao nhiêu số nguyên dương a để hàm số = 4 f ( sin x ) + cos 2 x − a nghịch biến trên  0;  . y  2 Trang 4/6 - Mã đề 101
A. Vô số. B. 5. C. 2. D. 3 . Câu 38. Cho hàm số y =x − 3mx + 3( m − 1)x − m với m là tham số, gọi ( C ) là đồ thị của hàm số đã cho. 3 2 2 3 Biết rằng, khi m thay đổi, điểm cực đại của đồ thị ( C ) luôn nằm trên một đường thẳng d cố định. Xác định hệ số góc k của đường thẳng d . 1 1 A. k = − . B. k = −3 . C. k = . D. k = 3 . 3 3 Câu 39. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = x 5 − 5x 2 + 5 ( m − 1) x − 8 nghịch biến trên khoảng ( −∞;1) ? A. 1. B. 0. C. 4. D. 2. Câu 40. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [1; 4] thỏa mãn f (1) =4 ) = −1, f ( −8 và 4 x 3 ( f ′( x) ) − f ( x)= 9 x3 − x − 3 x, ∀x ∈ [1; 4] .Tích phân ∫ f ( x ) dx bằng 2 1 89 79 A. − . B. − . C. −8. D. −7. 6 6 Câu 41. Cho hàm số f ( x ) =2 x − 2− x + 2019 x . Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của m thỏa mãn điều kiện ( ) f x3 − 2 x 2 + 3 x − m + f ( 2 x − 2 x 2 − 5 ) < 0, ∀x ∈ ( 0;1) . Số phần tử của S là? A. 5 . B. 7 . C. 3 . D. 9 . Câu 42. Một chiếc ly dạng hình nón ( như hình vẽ với chiều cao ly là h ). Người ta đổ một lượng nước 1 vào ly sao cho chiều cao của lượng nước trong ly bằng chiều cao của ly. Hỏi nếu bịt kín miệng ly rồi 4 úp ngược ly lại thì tỷ lệ chiều cao của mực nước và chiều cao của ly nước bây giờ bằng bao nhiêu? 4 − 63 3 4 − 3 63 3 63 A. . B. . C. . D. . 4 4 4 4 Câu 43. Cho hình nón đỉnh S , đường cao SO, A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho a 3   khoảng cách từ O đến ( SAB ) bằng và SAO 300 , SAB 600 . Độ dài đường sinh của = = 3 hình nón theo a bằng A. a 5 B. a 3 C. 2a 3 D. a 2 Câu 44. Biết rằng x, y là các số thực dương sao cho 3 số u1 = 8 x + log 2 y , u2 = 2 x − log 2 y , u3 = 5 y theo thứ tự lập thành một cấp số cộng và một cấp số nhân. Khi đó, tích 2 x. y 2 có giá trị bằng: A. 1. B. 5. C. 5 . D. 10. Câu 45. Cho hàm số f ( x) , g( x) có đồ thị như hình vẽ. Biết hai hàm = f (2 x − 1)= g( ax + b) có cùng số y , y khoảng nghịch biến lớn nhất. Khi đó giá trị của biểu thức ( 4a + b ) bằng: Trang 5/6 - Mã đề 101
A. −2 . B. −4 . C. 3 . D. 0 . 2t + 1 Câu 46. Cho hàmsố f ( t ) = và x , y là các số thực thỏa mãn 5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 =9 . t−2  6x − 6  Giátrịlớnnhấtcủa f   bằng  4x − y − 9  −1 1 2 A. . B. . C. . D. −3 . 3 3 3 5 x  1 x  1 Câu 47. Đồ thị hàm số y  có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận? x2  2 x A. 0 B. 2 C. 1 D. 3 Câu 48. Cho hàm số f ( x). Hàm số y  f '( x) có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m  [5;5] để hàm số y  f ( x 2  2mx  m 2  1) nghịch  1 biến trên khoảng 0; . Tổng giá trị các phần tử của S bằng     2  A. 15. B. 12. C. 14. D. 10. 2 log 3 x − 3log 3 x + 2 Câu 49. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình < 0 có m − 2x không quá 3 nghiệm nguyên dương? A. 63 . B. 64 . C. 127 . D. 128 . Câu 50. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích là V . Điểm P là trung điểm của SC . Mặt phẳng (α ) qua AP cắt hai cạnh SB và SD lần lượt tại M và N . Gọi V1 là thể tích V của khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của tỷ số 1 ? V 3 2 1 1 A. . B. . C. . D. . 8 3 8 3 ------------- HẾT ------------- Trang 6/6 - Mã đề 101
Mã đề [101] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 A D A A C D A D C A C C A B D C D B A B B D A B B 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 B B C C B B D A C A D D B A B D C D A A B C C C D Câu 26. Lời giải Chọn B Đặt AB  x , AD  y , AA  z . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên B C , ta có BH là đoạn vuông góc chung của AB và B C nên 2a 5 1 1 1 5 d  AB, BC   BH    2  2  2 . (1) 5 BH 2 z y 4a Gọi I là hình chiếu vuông góc của B trên AB  , ta có BI là đoạn vuông góc chung của BC và AB  nên 1 1 1 5 d  BC , AB  BI  2  2  2  2 . (2) BI x z 4a Gọi M là trung điểm của DD , O là giao điểm của AC và BD , ta có mặt phẳng  ACM  chứa AC và song song với BD nên d  AC , BD  d  BD,  ACM   d  D,  ACM  . Gọi J là hình chiếu vuông góc của D trên AC , K là hình chiếu vuông góc của D trên MJ , ta có 1 1 1 4 3 d  D,  ACM   d  D,  ACM   DK   2  2  2  2 . (3) DK 2 x y z a 2 1 Từ (1), (2) và (3) ta có 2  2  z  2a  x  y  a .Thể tích khối hộp là V  xyz  2a 3 . z 2a Câu 27. Lời giải Chọn B Đếm số phần tử của tập X . 3 TH1: Tam giác có 3 đỉnh là 3 đỉnh của đa giác: Số tam giác loại này là Cn . A C B TH2: Tam giác có đúng 2 đỉnh là đỉnh của đa giác: Chọn hai đỉnh của đa giác và một đỉnh nằm trong đa giác là giao điểm của hai đường chéo. Để có một giao điểm như vậy ta cần phải có hai đường chéo, hay cần 4 đỉnh của đa giác. Mỗi cách chọn 4 đỉnh của đa giác cho ta 4 tam giác có đúng hai đỉnh là đỉnh của đa giác. 4 Vậy số tam giác loại này là 4Cn .
A I C B D TH3: Tam giác có đúng một đỉnh là đỉnh của đa giác: Mỗi cách chọn 5 đỉnh của đa giác sinh ra 5 tam giác loại này. 5 Vậy có 5Cn tam giác trong TH này. TH4: Tam giác không có đỉnh nào là đỉnh của đa giác: Mỗi cách chọn 6 đỉnh của đa giác sinh ra một tam giác loại này. 6 Vậy số tam giác trong TH này là Cn . 3 4 5 6 Vậy có tất cả: Cn + 4Cn + 5Cn + Cn tam giác sịnh ra do các cạnh và đường chéo của đa giác tạo ra. Lấy ngẫu nhiên một tam giác từ tập X , suy ra n ( Ω )= Cn + 4Cn + 5Cn + Cn 3 4 5 6 Gọi A là biến cố lấy được tam giác không có đỉnh nào là đỉnh của đa giác . Ta có n ( A ) = Cn . 6 n ( A) Cn6 n3 − 12n 2 + 47 n − 60 Vậy xác suất của biến cố A là P ( A ) = = = n ( Ω ) Cn + 4Cn + 5Cn + Cn n3 + 18n 2 − 43n + 60 3 4 5 6 4 n3 − 12n 2 + 47 n − 60 4 P ( A) = ⇔ 3 = ⇔ 11n3 − 252n 2 + 877 n − 1140 =0 15 n + 18n 2 − 43n + 60 15 ( ) ⇔ ( n − 19 ) 11n 2 − 43n + 60 = 0 ⇔ n = 19 Câu 28. Lời giải Chọn C
Gọi M là trung điểm của BC . CN CH 1 N ∈ CM : == CM CA 3 ⇒ HN //AM . Mà ∆ABC đều nên AM ⊥ BC ⇒ HN ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SHN ) . ( ( SN ; HN ) SNH 60o . SBC ) ; ( ABC )   = = = a 3 1 a 3 Do ∆ABC đều nên AM = ⇒ HN = AM = . 2 3 6 ∆SHN vuông tại H có SH HN .tan SNH = = =  a 3 .tan 60o a . 6 2 2 3 1 1 a a 3 a 3 VS . ABC = = = SH .S ABC . . . 3 3 2 4 24 Câu 29. Lời giải Chọn C S N B C H O G A M D Kéo dài CG cắt AD tại trung điểm M của AD , gọi N là trung điểm SD . 13 Hình thoi ABCD có AB BD 2 nên tam giác BCD đều và CO = 3 ⇒ CH = CO 2 + OH 2 = = = . 2   13 Tam giác SHC vuông cân vì SHC= 90°, SCH= 45° ⇒ SH= CH= . 2 Dễ thấy SA / / MN ⇒ SA / / ( CMN ) nên d ( SA, CG ) d ( SA, ( CMN ) ) d= d ( D, ( CMN ) ) . = = ( A, ( CMN ) ) 1 1 3 7 39 39 VS . ABCD = S ABCD .SH = . .4. = ⇒ VS . ADC = 3 3 2 2 3 6
VNMDC DM DN 1 39 = . = VNMDC = ⇒ VSADC DA DS 4 24 26 1 26 Có ∆SHA = 2 ∆SHC ⇒ SA = = HC = ⇒ MN = = SC SA 2 2 4 Tam giác ACD có AD =CD =2, AC =2 3 ⇒ CM = ( ) 2 AC 2 + DC 2 − AD 2 = 7 4 13 9 22 26 Tam giác SCD có SD= SH 2 + HD 2= + = , CD= 2, SC= suy ra trung tuyến 4 4 2 2 CN = ( 2 CS 2 + CD 2 − SD 2 ) 62 4 4 62 26  37 434 ⇒ sin MCN =  637112 Tam giác CMN có CN = , CM = MN = ⇒ cos MCN = 7, . 4 4 868 1736 1  367 Suy ra S ∆CMN = = .CM .CN .sin MCN . 2 16 1 1 3VNMDC 2 14313 VNMDC = .S ∆CMN .d ( D, ( CMN ) ) ⇒ d ( D, ( CMN ) ) == . .Bh = 3 3 S ∆CMN 367 2 14313 Vậy d ( SA, CM ) = . 367 Câu 30. Lời giải Bài yêu cầu m  0;18 và x  0 , khi đó x  m  0 . Xét x  2 không phải nghiệm của phương trình nên với x  2 ta có: x1 x1 x 1  x  2 log 4  x  m  x 1  log 4  x  m   x  m  4 x2  m  4 x2  x 1 x2 x1 Đặt f  x   4 x2  x , ta chỉ quan tâm nghiệm dương nên xét f  x trên 0;  \ 2 . 1 x1 Ta có f   x  4 x2 . 2 .ln 4 1  0, x  0;  \ 2 .  x  2 Bảng biến thiên của f  x x 0 2 +∞ f'(x) 2 +∞ f(x) -2 -∞ Từ bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có đúng một nghiệm dương khi m  2 hoặc m  2 . Do m nguyên thuộc đoạn 0;18 nên tập các giá trị của m là 2;3; 4;...;18 , có 17 giá trị. Câu 31. Lời giải
Chọn B Ta có f ′( x) = x3 = x3 = x3 ( x 2 + 16 + 4 ) x 2 + 16 − 4 x 2 + 16 x 2 + 16 ( x 2 + 16 − 4 ) x 2 + 16 ( x 2 + 16 − 4 )( x 2 + 16 + 4 ) = x ( x 2 + 16 + 4 )= x+ 4x 2 2 x + 16 x + 16  4x  4 x2 ⇒ f (= ∫  x + x )= ∫ xdx + ∫ dx d ( x 2 + 16 ) = + 4 x 2 + 16 + C  2 x + 16  2 2 x + 16 2 49 x2 Mà f ( 3) = ⇒ C =⇒ f ( x ) = x 2 + 16 0 +4 2 2 3 3 3 3 3  x3  x 81 244 2195 Vậy ∫ x . f ( x ) dx = ∫  + 4 x x + 16  dx =∫ dx + ∫ 2 x 2 + 16d ( x 2 + 16 ) = + 2 = 0 0 2  0 2 0 8 3 24 Câu 32. Lời giải Chọn D Dựng hình vuông ABCD .  AB ⊥ SA Ta có  ⇒ AB ⊥ ( SAD ) ⇒ SD ⊥ AB .  AB ⊥ AD  BC ⊥ SC Và  ⇒ BC ⊥ ( SCD ) ⇒ SD ⊥ BC .  BC ⊥ CD  SD ⊥ AB Khi đó  ⇒ SD ⊥ ( ABCD ) ⇒ SD d ( S ; = a . = ( ABCD ) )  SD ⊥ BC Kẻ DH ⊥ SA và DK ⊥ SC  DH ⊥ SA  Ta có  ⇒ DH ⊥ ( SAB )  DH ⊥ AB ( do AB ⊥ ( SAD ) )   DK ⊥ SC  Tương tự,  ⇒ DK ⊥ ( SBC ) .  DK ⊥ BC ( do BC ⊥ ( SCD ) )     Do đó ( ( SAB= (= HDK . ) ; ( SBC ) ) DH , DK ) AC SD 2 . AD 2 a 6 Mà AD = a 2 , SA = = SD + AD = a 3 và DH DK 2 2 = = = 2 SA2 3  HK / / AC a 3  2a ⇒ SK = SH = SD − DK =2 ⇒  HK SH 1 ⇒ HK = 2 . 3  = = 3  AC SA 3
2 2 2  DH + DK − HK 2 Vậy cos HDK = = . 2 DH .DK 3 Câu 33. Lời giải Chọn A Đặt = log 2020 ( x + y 2 ) + log 2021 ( y 2 + y + 64 ) − log 4 ( x − y ) (coi y là tham số). f ( x) x + y2 > 0  Điều kiện xác định của f ( y ) là :  y 2 + y + 64 > 0 . x − y > 0  Do x , y nguyên nên x > y ≥ − y . Cũng vì x , y nguyên nên ta chỉ cần xét f ( y ) trên nửa khoảng [ y + 1 ; + ∞ ) . 2 1 1 Ta có f ′ ( x ) = − < 0, ∀x ≥ y + 1. ( x + y ) ln2020 ( x − y ) ln4 2 Ta có bảng biến thiên của hàm số f ( x ) Yêu cầu bài toán trở thành: f ( y + 64 ) < 0 ⇔ log 2020 ( y 2 + y + 64 ) + log 2021 ( y 2 + y + 64 ) < log 4 64 3 ⇔ log 2021 ( y + y + 64 ) . ( log 2020 2021 + 1) < 3 ⇔ y + y + 64 − 2021 2 log 2020 2021+1 2
y π 5π B 2 π 6 6 C' C x O B' -π 2 3 2. .2 CC '.BB ' 2 Tứ giác BCB ' C ' có 2 đường chéo vuông góc, diện tích của nó là: S = = = 3. 2 2 Câu 35. Chọn A Đặt = u( x) x 3 + 2 x ta có t′= u′( x)= 3x 2 + 2 > 0, ∀x do đó = x 3 + 2 x là một hàm số tăng vì vậy x ∈  1;1 t = t −  thì t ∈  3; 3  . −  Dựa vào bảng biến thiên của hàm số f ( x) trên đoạn −3; 3  ta có max f (t ) = 5 và min f (t ) = −6 .    −3;3     −3;3   Từ đây ta có max g( x) max f (t ) + 3 f ( m) hoặc max g( x) min f (t ) + 3 f ( m) = =  −1;1    −3;3     −1;1    −3;3      max f (t ) + 3 f ( m) =  −3;3   8   5 + 3 f ( m) = 8 Trường hợp 1:  ⇔  max f (t ) + 3 f ( m) ≥ min f (t ) + 3 f ( m)  5 + 3 f ( m) ≥ −6 + 3 f ( m)      −3;3   −3;3      f ( m) = 1   13 ⇔   f ( m) = − 3 ⇔ f ( m) =  1   f ( m) ≥ 1  2
Từ bảng biến thiên phương trình f ( m) = 1 có 5 nghiệm, như vậy trường hợp này có 5 giá trị thực của m thỏa mãn.   min f (t ) + 3 f ( m) =  −3;3   8  −6 + 3 f ( m) =  8 Trường hợp 2:  ⇔  min f (t ) + 3 f ( m) > max f (t ) + 3 f ( m)  −6 + 3 f ( m) > 5 + 3 f ( m)      −3;3  -3;3     2   f ( m) = −  3  14 2 ⇔  f ( m) = ⇔ f ( m) = −  3 3  1  f ( m) <  2 2 Từ bảng biến thiên phương trình f ( m) = − có 6 nghiệm, như vậy trường hợp này có 6 giá trị thực của m 3 thỏa mãn. Vậy có tất cả là 11 giá trị thực của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 36. Lời giải x+ y Điều kiện: > 0 ⇔ x + y > 0. x + y 2 + xy + 2 2 x+ y Ta có : log 3 2 = x ( x − 3) + y ( y − 3) + xy x + y 2 + xy + 2 ⇔ 2log 3 ( x + y ) − 2log 3 ( x 2 + y 2 + xy + 2 ) = x 2 + y 2 + xy − 3 x − 3 y ⇔ 2log 3 ( x + y ) + 2 + ( 3 x + 3 y ) 2log 3 ( x 2 + y 2 + xy + 2 ) + ( x 2 + y 2 + xy + 2 ) = ⇔ 2log 3 ( 3 x + 3 y ) + ( 3 x + 3 y ) 2log 3 ( x 2 + y 2 + xy + 2 ) + ( x 2 + y 2 + xy + 2 ) (*). = f (t ) Xét hàm số:= 2log 3 t + t với t > 0. 2 Ta có f ' ( t ) = + 1 > 0 với mọi t > 0. Suy ra hàm số y = f (t ) đồng biến trên khoảng ( 0;+∞ ) . t.ln 3 ( ) Khi đó ta có: (*) ⇔ f ( 3 x + 3 y ) = f x 2 + y 2 + xy + 2 ⇔ 3 x + 3 y = x 2 + y 2 + xy + 2 (**).  x= a + b 3a − b + 3 và (**) ⇔ 3 ( a − 1) + b 2 = 2 Đặt  . Suy ra P = 1.  y= a − b 2a + 6  cos t + 3  3 ( a − 1) = t  cos a = Đặt  ⇔ 3 với t ∈ [0;2π ). b = sin t  b = sin t  3cos t − 3 sin t + 6 3 Khi đó P = ⇔ ( 2 P − 3) cos t + 3 sin t = 6 3 − 8 3P . 2cos t + 8 3 ( ) 2 Phương trình trên có nghiệm khi : ( 2 P − 3) + 3 ≥ 6 3 − 8 3P 2 69 − 249 69 + 249 ⇔ 47 P 2 − 69 P + 24 ≤ 0 ⇔ ≤P≤ (***). 94 94 Vì luôn tồn tại t ∈ [0;2π ) để dấu bằng ở (***) xảy ra. Do đó, ta luôn tìm được a , b từ đó tìm được x, y để 69 + 249 P đạt giá trị lớn nhất. Vậy giá trị lớn nhất của P là . 94
Câu 37. Lời giải Chọn D = 4 f ( sin x ) + cos 2 x − a 4 f ( sin x ) − 2sin 2 x + 1 − a . y =  π  π Đặt = sin x ⇒ t ′ cos x > 0, x ∈  0;  nên khi x tăng trên t =  0;  thì t tăng trên ( 0;1) .  2  2  π Do đó hàm số y 4 f ( sin x ) − 2sin 2 x + 1 − a nghịch biến trên  0;  khi và chỉ khi hàm số =  2 = 4 f ( t ) − 2t 2 + 1 − a nghịch biến trên ( 0;1) . y Dễ thấy, điều kiện cần để hàm số y 4 f ( t ) − 2t 2 + 1 − a nghịch biến trên ( 0;1) là phương trình = 4 f ( t ) − 2t 2 + 1 − a = vô nghiệm trên ( 0;1) . (*) 0 Với điều kiện (*)= 4 f ( t ) − 2t 2 + 1 − a nghịch biến trên ( 0;1) khi và chỉ khi , y y ′ ≤ 0, ∀t ∈ ( 0;1) ⇔ ( 4 f ′ ( t ) − 4t ) ( 4 f ( t ) − 2t 2 +1− a) ≤ 0, ∀t ∈ ( 0;1) . (**) 4 f ( t ) − 2t + 1 − a 2 Dựa vào đồ thị trên ta có f ′ ( t ) < 0, ∀t ∈ ( 0;1) , do đó 4 f ′ ( t ) − 4t < 0, ∀t ∈ ( 0;1) . Khi đó: (**) ⇔ 4 f ( t ) − 2t 2 + 1 − a > 0, ∀t ∈ ( 0;1) ⇔ a < 4 f ( t ) − 2t 2 + 1, ∀t ∈ ( 0;1) . (điều kiện này luôn đảm bảo thỏa mãn (*)) Hay a ≤ 4 f ( t ) − 2t 2 + 1, ∀t ∈ [ 0;1] ⇔ a ≤ min {4 f ( t ) − 2t 2 + 1} . [0;1] Xét hàm số g ( t= 4 f ( t ) − 2t + 1 trên [ 0;1] có g ′ ( t ) 4 f ′ ( t ) − 4t < 0, ∀t ∈ [ 0;1] , ) 2 = nên g ( t ) nghịch biến trên [ 0;1] . ⇒ min g ( t ) = ) = a ≤ min g ( t ) = g (1 3 .Vậy 3. [0;1] [0;1] Vì a nguyên dương nên 0 < a ≤ 3 ⇒ a ∈ {1;2;3} . Câu 38. Lời giải ChọnA Ta có: y′= 3x 2 − 6 mx + 3( m2 − 1)= 3( x 2 − 2 mx + m2 − 1) x m − 1 = y′ = 0 ⇔ x 2 − 2 mx + m2 − 1 ⇔  x m + 1 = Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy điểm cực đại của đồ thị ( C ) là điểm M ( m − 1; −3m + 2 ) . Nhận xét: y M = 3m + 2 = 3( m − 1) − 1 = 3xM − 1 ⇒ M ∈ ( d ) : y = 3x − 1, ∀m. − − − − Vậy: khi m thay đổi, điểm cực đại của đồ thị ( C ) luôn nằm trên một đường thẳng d cố định có phương trình: y =3x − 1 . Vậy đường thẳng d có hệ số góc k = −3 . − Câu 39. Lời giải Chọn A Xét hàm số f ( x ) =x − 5x + 5 ( m − 1) x − 8. 5 2
Trường hợp 1: f ( x ) = 0 có nghiệm x0 ∈ ( −∞;1) thì hàm số y = f ( x ) không thể nghịch biến trên khoảng ( −∞;1) . Trường hợp 2: f ( x ) = 0 không có nghiệm x0 ∈ ( −∞;1) . Ta có: f ′ ( x ) = 5x 4 − 10 x + 5 ( m − 1) . f ′( x). f ( x) Khi đó y = x 5 − 5x 2 + 5 ( m − 1) x − 8 = f ( x ) = f 2 ( x ) nên y′ = . f 2 ( x) Hàm số nghịch biến trên ( −∞;1) khi và chỉ khi y′ ≤ 0 với  f ′( x). f ( x) ≤ 0   f ( x) < 0 ∀x ∈ ( −∞;1) ⇔  , ∀x ∈ ( −∞;1) ⇔  , ∀x ∈ ( −∞;1) ( vì lim f ( x ) = −∞ )  f ( x) ≠ 0   f ′( x) ≥ 0 x →−∞  f ′ (= 5 x 4 − 10 x + 5 ( m − 1) ≥ 0, ∀x ∈ ( −∞;1)  x) ⇔  f ( 1) = 5m − 17 ≤ 0   3 m ≥ − x 4 + 2 x + 1, ∀x ∈ ( −∞;1)   ( −∞ ;1) 4 m ≥ max − x + 2 x + 1 = 2. 3 2 +1 ( ) ⇔ 17 ⇔ m ≤ m ≤ 17  5   5 3 17 m∈ ⇔ 3 +1≤ m ≤  m= 3. → 2. 2 5 Câu 40. Lời giải f ( x) 1 3 Chọn B Đẳng thức đã cho tương đương với: ( f ′ ( x ) ) − 2 =9 − − . x 3 x x Lấy tích phân hai vế trên đoạn [1; 4] ta được: 4 4 4 f ( x)  1 3  ∫ ( f ′( x) ) 2 dx − ∫ dx = ∫9 − x −  dx = 21 − 2 ln 2. 1 x31 1 x Tích phân từng phần có 4 f ( x) 4  2   2  4 4 2  4  1  ∫ x 3 dx = f ( x ) d  − 1 ∫ 1  x + 6 = −   6  f ( x) 1 − ∫  6 − x 1  f ′ ( x ) =36 + 2 ∫  x − 1 x − 3  f ′ ( x ) dx. Vậy có  đẳng thức: 4 4  1  ∫( f ′ ( x ) ) dx + 36 − 2 ∫  2 − 3  f ′ ( x ) dx = 21 − 2 ln 2 . 1 1 x  4 2  1  1 ⇔ ∫  f ′( x) − + 3  dx = 0 ⇔ f ′ ( x ) ≡ − 3, ∀x ∈ [1; 4] ⇒ f ( x ) = 2 x − 3 x. 1 x  x 4 4 79 Vì vậy ∫ f ( x ) dx =x − 3 x dx = 1 ∫2 1 ( − . 6 ) Câu 41. Lời giải Chọn D Ta có f ′= 2 ln 2 + 2 ln 2 + 2019 > 0 ∀x ∈  ⇒ f ( x ) đồng biến trên  . ( x) x −x ( Từ giả thiết suy ra f x3 − 2 x 2 + 3 x − m < − f 2 x − 2 x 2 − 5 ) ( ) ( ) ⇔ f x3 − 2 x 2 + 3 x − m < f ( 2 x 2 − 2 x + 5 ) (do f ( x ) =2 x − 2− x + 2019 x là hàm số lẻ)  x3 − 2 x 2 + 3x − m < 2 x 2 − 2 x + 5 ⇔ x3 − 2 x 2 + 3x − m < 2 x 2 − 2 x + 5 ⇔  3 2 2  x − 2 x + 3 x − m > −2 x + 2 x − 5
 x3 − 4 x 2 + 5 x − 5 < m ⇔ 3  x + x+5 > m Xét g ( x ) = x3 − 4 x 2 + 5 x − 5 và h ( x ) = x 3 + x + 5 trên ( 0;1) có bảng biến thiên là Từ bảng biến thiên suy ra ( ) f x3 − 2 x 2 + 3 x − m + f ( 2 x − 2 x 2 − 5 ) < 0, ∀x ∈ ( 0;1) khi và chỉ khi m ≥ −3  ⇒ −3 ≤ m ≤ 5 . Vậy tập S có 9 phần tử. m ≤ 5 Câu 42. Lời giải Chọn C r h' khoảng không h h/4 x nước r 1 Giả sử ly có chiều cao h và đáy là đường tròn có bán kính r , nên có thể tích V = π hr 2 . 3 1 Khối nước trong ly có chiều cao bằng chiều cao của ly nên khối nước tạo thành khối nón có chiều cao 4 2 h r 1 h r 1 1  1 bằng và bán kính đáy thể tích nước bằng = = . π  .  π hr 2  V. 4 4 3 4 4 64  3  64 1 63 Do đó thể tích khoảng không bằng V − V =. V 64 64 x h' r.h ' Nên khi úp ngược ly lại thì ta có các tỉ lệ : = ⇒x= . r h h 2 3 3 1 1  r.h '  1 2  h'  h' Suy ra: thể tích khoảng không bằng: h '.π x = .= =   .V . 2 h '.π .   π hr .   3 3  h  3 h h 3 3 63  h'  h '  63 h' 63 3 63 3 63 ⇒ V =   V ⇒  = ⇒ = 3 = ⇒ h' = h. 64 h  h  64 h 64 4 4 3 63 4 − 3 63 Nên chiều cao mực nước bằng: h − h ' =h − h= h. 4 4 4 − 3 63 Vậy tỷ lệ chiều cao của mực nước và chiều cao của ly nước bây giờ bằng . 4 Câu 43. Lời giải Chọn D
Gọi K là trung điểm của AB ta có OK ⊥ AB vì tam giác OAB cân tại O Mà SO ⊥ AB nên AB ⊥ ( SOK ) ⇒ ( SOK ) ⊥ ( SAB ) mà ⇒ ( SOK ) ∩ ( SAB ) = từ O dựng OH ⊥ SK SK nên thì OH ⊥ ( SAB ) ⇒ OH = , ( SAB ) ) d (O  SO SA Xét tam giác SAO ta có: sin SAO = ⇒ SO = SA 2  SK ⇒ SK = SA 3 Xét tam giác SAB ta có: sin SAB = SA 2 1 1 1 1 1 Xét tam giác SOK ta có: 2 = 2 + 2 = 2 2 + OH OK OS SK − SO SO 2 1 1 1 4 2 6 3 ⇒ = 2 + 2 2 = 2 + 2 ⇒ 2 = 2 ⇒ SA = 2a 2 ⇒ SA = a 2 OH 2 SA 3SA SA SA SA SA a − 4 4 4 Câu 44. Lời giải Chọn A Điều kiện: y > 0 ; 2.2( x= 8 x + log2 y + 5 y (1)  − log 2 y ) Theo đề bài, ta có:  2( x − log 2 y ) 2  = 8 x + log2 y.5 y (8 + 5y) x + log 2 y 2 = log2 y.5 y ⇔ ( 8 x + log2 y − 5 y ) = 8 x + log2 y = 2 ⇒ 8x+ 0⇔ 5y 4 (2) ⇒ log 2 ( 8 ) = log 2 5 y ⇔ ( x + log 2 y ) .log 2 = log 2 5 + log 2 y x + log 2 y 8 5 ⇔ 3 x + 3log 2 = log 2 5 + log 2 y ⇔ 3x + 2 log 2 = log 2 5 ⇔ 3= log 2 y y x ( 3) y2 Thay ( 2 ) vào (1) ta được: 2.2( x −log2 y ) = 5 y + 5 y ⇔ 2( x −log2 y ) = 5 y ⇔ x − log 2 y = log 2 5 y ⇔ x = log 2 5 y 2 ( 4 ) 5 5 1 1 Từ ( 3) và ( 4 ) ⇒ log 2 y 2 = 3.log 2 5 y 2 ⇒ 2 = y (5 y ) 2 3 ⇔ y8 = 25 ⇒y= 4 5 2 2  1   1  1 ⇒ x log 2 5.  4 = log 2 5 ⇒ 2= 2log2 5.  4 = =  x 2 .y  5.= 1  5  5 5 Câu 45.
Chọn A Xét hàm số = f (2 x − 1) ⇒ ( f (2 x − 1) ) ' 2 f '(2 x − 1) nghịch biến khi f ′ ( x ) < 0 y = ⇔ ( f (2 x −= 2. f '(2 x − 1) < 0 ⇔ f '(2 x − 1) < 0 ⇔ 1 < 2 x − 1 < 3 ⇔ 1 < x < 2 . 1) ) ' Xét hàm số y g( ax + b) ⇒ ( g( ax + b) )= a.g '( ax + b) nghịch biến khi xảy ra hai trường hợp = '  a > 0   a > 0    x < −b  a > 0   a     ax + b < 0    g '( ax + b) < 0 ⇔    ax + b > 2 ⇔    x > 2 − b  a < 0    a   a < 0  a < 0   g '( ax + b) > 0     0 < ax + b < 2   b − 2 b −
2 5 x  1 x  1 5 x  1  x 1 25 x 2  9 x • lim y  lim  lim 2  lim 2 x 0 x 0 x2  2 x     x 0 x  2 x 5 x  1  x  1    x 0 x  2 x 5 x  1  x  1  25 x  9 9  lim  x 0  x  25 x  1  x  1 4  x  0 không là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Vậy đồ thị hàm số có tất cả 1 đường tiệm cận. Câu 48. Lời giải Chọn C . Dựa vào đồ thị ta thấy f '( x)  0  x  2 và f '( x)  0  x  2. Ta có g '( x)  2( x  m) f '( x 2  2mx  m 2  1).  x  m  0    f '( x 2  2mx  m 2  1)  0   g '( x)  0  2( x  m) f '( x 2  2mx  m 2  1)  0    x  m  0     f '( x 2  2mx  m 2  1)  0    x  m  x  m    m 1  x  m  1   x 2  2mx  m 2  1  2        x  m     m  x  m 1 .  x  m    x  m 1  2  x  m  1   x  2mx  m 2  1  2     x  m 1    m  0    1  1   m  0  1 m    2 Hàm số y  g ( x) nghịch biến trên 0;       2 .   2    3  3 m  m   2  2 Kết hợp với m   và m  [5;5] suy ra m  {0; 2;3; 4;5}. Vậy tổng tất cả các phần tử của S bằng 14. Câu 49. Lời giải x > 0 Chọn C Điều kiện  ⇒ m > 2x ⇒ m > 1. m − 2 > 0 x 2 x > 0 x > 0 log 3 x − 3log 3 x + 2   Ta có < 0 ⇔ m − 2 > 0 x ⇔ m − 2 x > 0 m−2 x log 2 x − 3log x + 2 < 0  log x − 1 log x − 2 < 0  3 3 ( 3 )( 3 ) x > 0 x > 0   m > 2 x ⇔ m − 2 > 0 ⇔ m > 2 ⇔  x x (I). 1 < log x < 2 3 < x < 9 3 < x < 9  3  Để bất phương trình có không quá 3 nghiệm nguyên dương khi và chỉ bất phương trình m > 2 x có không quá 3 nghiệm nguyên dương x ∈ ( 3;9 ) . Xét hàm số y f= 2 x với x ∈ ( 3;9 ) có f ′ ( x ) 2 x.ln 2 > 0, ∀x . = ( x) = Bảng biến thiên