Đề thi KSCL học sinh giỏi môn Toán THPT năm 2022-2023 có đáp án

TRƯỜNG THPT HÀ VĂN MAO ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi có 7 trang, 50 câu TNKQ ĐỀ THI GIAO LƯU KSCL HSG - CỤM BÁ THƯỚC NĂM HỌC 2022 - 2023 Môn thi: Toán - THPT Khóa thi ngày: 12/11/2022 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

Họ và tên…………………..………………………….. Mã đề thi: 123 Số báo danh……………….…..……. Phòng thi….…..





s in

Câu 1. Trong các hàm số sau đây, hàm số nào là hàm số chẵn?

sin

tan

x sin .cos

    

       2

. . A. B. C. . D.

Câu 2. Một học sinh có 4 quyển sách Toán khác nhau và 5 quyển sách Ngữ văn khác nhau. Hỏi có

d = . Khi đó số 2022 là số hạng thứ bao nhiêu của cấp

C. 362880 . D. 5760 .

)nu với

B. 2880 . u = ; 6 1

bao nhiêu cách xếp 9 quyển sách trên giá sao cho hai quyển sách kề nhau phải khác loại ? A. 20 . Câu 3. Cho cấp số cộng ( số?

−

+ có đúng 3 điểm cực trị.

C. 223 . D. 224 .

) 1

( = y m

(

< . 1

≤ . 1

m≤

< . 1

m≤

≤ . 1

A. 226 . Câu 4. Tìm m để hàm số

1 2

A. C. D. B. B. 225 . ) + − x 1 1 2

ln 2 ,

ln 5

− a b

= − 2

+ a b

I = + + + ln ln ln + + ... ln ln , hãy biểu diễn theo a và b . Câu 5. Đặt 1 2 98 99

= − 2

+ a b

(

)

(

)

(

)

3 4 = 2 99 100 I D. A. B. 2 3 C.

Câu 6. Lăng trụ đứng có đáy là hình thoi có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? B. 9. A. 2. C. 3. D. 5.

Câu 7. Cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 2a , vẽ tia Ax về phía điểm B sao cho điểm B luôn cách tia Ax một đoạn bằng a . Gọi H là hình chiếu của B lên tia Ax , khi tam giác AHB quay quanh trục AB thì đường gấp khúc AHB vẽ thành mặt tròn xoay có diện tích xung quanh bằng:

(

) aπ+ 3

( 1

) aπ+ 3

(

) aπ

aπ 3 2 2

)T bằng một mặt phẳng đi qua trục được thiết diện là một hình chữ nhật có diện 2cm và chu vi bằng 26 cm . Biết chiều dài của hình chữ nhật lớn hơn đường kính

+ 3 2 2 . . . A. B. C. D. . 2 2 2

Câu 8. Cắt hình trụ ( tích bằng 30 mặt đáy của hình trụ (

( 2cmπ

)

( cmπ

)T . Diện tích toàn phần của ( )2

(

π 23 2

)T là: π 69 ( 2

′

. . . . A. C. B. D.

f x xác định trên ( )

( ) x

( ) 0

( ) 1



2 − x

  1   2  

thỏa mãn . Giá trị Câu 9. Cho hàm số

(

) − + 1

của biểu thức

+ A. 2 ln15

( ) 3 bằng + B. 3 ln15

C. ln15

+ D. 4 ln15

Trang 1/7 – Mã đề thi 123

−

) 1 d

(

∫

−∞

Câu 10. Cho . Giá trị của tham số m thuộc khoảng nào sau đây?

);0

)1; 2−

) 0; 4 .

)3;1−

. . . A. ( B. ( C. ( D. (

Câu 11. Có bao nhiêu cách phân công 4 thầy giáo dạy toán vào dạy 12 lớp 12, mà mỗi thầy dạy đúng 3 lớp ?

A. 369600 B. 396900 C. 220 D. 369000

x 3

lim →+∞ x

2 −

) 1

x )( 1 3

(

−

Câu 12. Giới hạn có kết quả là :

3 3 =

3− A. C. 3 B. D.

OA OB OC đôi một vuông góc với nhau và OA OB OC

3 3 ,

. Gọi

060

045

Câu 13. Cho tứ diện OABC có M là trung điểm của BC (tham khảo hình vẽ bên dưới). Góc giữa hai đường thẳng OM và AB bằng

090

030

B. C. D. A.

( ) f x

( ) x′= f

−∞ −

; 2

; 4

có đồ thị hàm như hình vẽ bên dưới. Câu 14. Cho hàm số

)2;1−

)

)2;3−

. . . . Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng A. ( B. ( C. ( D. (

3 3 −

Câu 15. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng = x m y x đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số + nhỏ hơn hoặc bằng 5.

A. 5. B. 2. C. 11. D. 4.

Trang 2/7 – Mã đề thi 123

= − x

trên đoạn [0;9] lần lượt là m và M . Câu 16. Giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số

Giá trị của tổng m M+ A. 2. bằng B. 3. C. 0. D. 1.

,a b c là các tham số) có bảng biến thiên như hình vẽ ,

+ +

ax bx

1 c

+ <

a b

+ + =

a b c

( Câu 17. Cho hàm số

B. 2 . C. 3 . D. 4 . Xét các phát biểu sau: ( ) c 1 : ( ) 2 : ( ) 3 : ( ) a 4 : 0. Số phát biểu đúng là A. 1.

khi đó a=

4 3a

a 4 3



 

A. B. C. D. log 27 bằng 3 4a Câu 18. Đặt log 2 3 a 3 4

log

1 log





y .

y .

2 y .

. Mệnh đề nào dưới đây Câu 19. Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn

y .

đúng? A. x B. x C. x D.

+ + bằng p

log 45 6

; . Nếu biểu diễn thì m n a = b = Câu 20. Đặt log 3 2 log 3 5

A. 3

) ( + a m nb ( ) + p b a C. 6

B. 4 D. 3−

D M C

= 2

+ − D C M

Câu 21. Một hình đa diện lồi có số mặt M , số đỉnh D và số cạnh C . Khi đó, hệ thức nào dưới đây là

′ =

= 2 AC

đúng ? + A. B.

− = 2 Câu 22. Tính thể tích V của khối lăng trụ tam giác đều

= . . 20 V a 3 B.

. 3 .Hình

= + D. M D C , cạnh đáy là 4a . a 5 3 D. = V a BC 4 ;

12 a = a 6

ABC nằm trong tam giác ABC . Các mặt bên của hình chóp

+ − M C D C. ′ có ′ ABC A B C′ . . C. a V 20 = .S ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A , AB AC )

.S ABC .

36 a

33 a

3 3

38 a

. . . 3 3 a 3 A. .Câu 23. Cho hình chóp chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( 060 . Tính thể tích khối chóp cùng tạo với đáy góc . B. A. C. D.

Câu 24. Cho hình nón đỉnh I , đường cao IO ( O là tâm của đáy) và có độ dài đường sinh bằng 3cm ,

3 2

, cắt hình nón bằng góc ở đỉnh bằng 60° . Gọi K là điểm thuộc đoạn IO thỏa mãn

Trang 3/7 – Mã đề thi 123

)P qua K và vuông góc với IO , khi đó thiết diện tạo thành có diện tích là S .

mặt phẳng (

( cmπ=

(

π 2 3

. . . . A. B. C. D.

( ) 2 x f x e . Tìm nguyên hàm của hàm số

= −

là một nguyên hàm của hàm số Câu 25. Cho

+ x C

( ) 2 x x e dx

= −

+ +

−

. . A. B.

x C

+ x C

( ) 2 x x e dx

∫ ∫

. . C. D. Tính S . π 3 ( ) F x ( ) 2 x e . ∫ ∫

. Câu 26. Có bao nhiêu số thực a để

x +∫ a 0 B. 1

−

A. 2

2022; 2022

−

= có nghiệm là:

sin 2

cos 2

trình trị nguyên của tham số m C. 0 thuộc đoạn [ D. 3 ] để phương

.S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và

B. 4044 . C. 2023. D. 2024 . Câu 27. Số giá ) ( 1 sin A. 4045 .

SAC . Giá trị sinα bằng

)

Câu 28. Cho hình chóp SA a= 3 . Gọi α là góc giữa SD và (

2 2

2 4

3 2

2 3

B. . C. . D. . A. .

−

− 3 x m

0; +∞ ?

bao trị nguyên âm của tham để hàm số số m Câu 29. Có

+ đồng biến trên khoảng (

)

9 2

nhiêu ( giá )

3 4 A. 2.

−

B. 3. C. 5. D. 4.

23 + x m

, với m là tham số. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của Câu 30. Cho hàm số

tham số m để đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị. Tổng tất cả các phần tử của tập S là A. 3 C. 6 D. 5

= có 5 nghiệm

f x m+ ( )

có bảng biến thiên như sau Câu 31. Cho hàm số B. 10 ( ) f x

Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình

)1; 2−

) − − . 2; 1

)2;1−

. . D. ( C. ( B. [ phân biệt là ] A. ( − − . 2; 1

Câu 32. Cho hình chóp đều đỉnh S có đáy là đa giác đều 8 cạnh. Một hình nón đỉnh S có đáy là đường tròn ngoại tiếp đáy hình chóp. Tính tỉ số thể tích của khối nón và khối chóp

tương ứng.

Trang 4/7 – Mã đề thi 123

π 3

π 2

π 2 3 3

2 2

A. . B. . C. . D. .

+ x 2 + − 2 x

là Câu 33. Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

A. 3 . B. 2 .

− − 1 2 x C. 1.

∈

D. 0 .

a b c N ,

x 0

+ a b c

a c

1 x

tối giản) là một nghiệm lớn hơn 1 của phương trình với ( , Câu 34. Gọi

= + + là

− + = − x x 3 2 2 1 . Giá trị của P a b c

)

(

− 1   

1 3     1   

2P = .

4P = .

    6P = . A. C. D.

( ) f x

0P = . ( ) x … thỏa mãn:

f 1

Câu 35. Cho các hàm số B. ( ) x

…

∀ = n

1; 2;3;

( ) f x

( ) x

(

) ( ) ,

x 1( ) +

f x n

= = ; ln f 1 + − e e 1 1

ln 3

ln 4

ln 2

ln 3

ln 2

Khẳng định nào sau đây đúng?

)

(

)

(

)

(

)

2023

−

= − có 2 nghiệm

. A. . B. . C.

( ) 1 .log

= (

Câu 36. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình ( . D. ) m x

thực phân biệt

AB AD=

= , 2

A. Vô số. B. 11. C. 9. D. 10.

AA = 1

1 1

° . . và góc  60 BAD = Câu 37. Cho hình hộp đứng ABCD A B C D có cạnh 1

1 1A B . Tính thể tích V của khối chóp

1A D và 1

.A BDMN .

4V = .

2V = .

V = .

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh

3 2

5 V = . 2

A. B. C. D.

Câu 38. Một con quạ đang khát nước. Nó bay rất lâu để tìm nước nhưng chẳng thấy một giọt nước nào. Mệt quá, nó đậu xuống cành cây nghỉ. Nó nhìn quanh và bỗng thấy một cái bình hình trụ có bán kính đáy là 2 cm , chiều cao 21cm ở dưới một gốc cây. Trong bình đang có một ít

nước, khoảng cách giữa đáy cốc và mặt nước là 12 cm (Hình vẽ). Nhìn chung quanh, quạ thấy

những viên đá nhỏ nằm lay lắt ở gần đấy. Lập tức, nó dùng mỏ gắp một viên đá hình cầu có bán kính 0, 6 cm thả vào bình. Cứ như vậy, nó gắp những viên đá khác và tiếp tục thả vào bình. Giả sử các viên đá đều là hình cầu có bán kính 0, 6 cm Chẳng bao lâu, nước đã dâng lên.

Để uống được nước thì con quạ cần thả vào bình ít nhất bao nhiêu viên đá biết rằng quạ muốn uống được nước trong cốc thì mặt nước phải cách miệng cốc không quá 6 cm ?

Trang 5/7 – Mã đề thi 123

A. 42 . B. 41. C. 30 . D. 27 .

Câu 39. Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9 , khối chóp có thể

−

4 .

B. 144 . C. 576 . D. 144 6 . tích lớn nhất bằng bao nhiêu ? A. 576 2 .

( 1

)

f x liên tục trên [ ( )

]0;1 và thỏa mãn điều kiện

( x f x

)

. Câu 40. Xét hàm số

( ) f x

= ∫

bằng: Tích phân

π 20

π 6

π 4

2022

π 16 2 −

. . . . A. B. C. D.

( ) x

( f k

)

( ) 1

( ) f x ≠ ,

∑

b a

1 = − . Xét 3

1 2

 b − a 

  

= 1

1 3 x ′ = , với f . f Câu 41. Cho x 2 + x

tối giản. Tính a b+ . A. 4092530 . B. 4090507 . C. 4088485 . D. 4086463.

Câu 42. Một bàn cờ vua gồm 8 8 ô vuông, mỗi ô có cạnh bằng 1 đơn vị. Một ô vừa là hình vuông hay hình chữ nhật, hai ô là hình chữ nhật,… Chọn ngẫu nhiên một hình chữ nhật trên bàn cờ. Xác suất để hình được chọn là một hình vuông có cạnh lớn hơn 4 đơn vị bằng

51 196

5 216

17 108

29 216

A. C. . D. . . B. .

ABCD , góc giữa SD và

.S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O , AB a= , )

SAD vuông góc với mặt phẳng (

)

ABCD bằng 60° . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC bằng

. Tam BC a= 3 Câu 43. Cho hình chóp

)

giác ASO cân tại S , mặt phẳng ( (

a 3 4

a 3 2

a 2

. . . . B. C. D. A.

Trang 6/7 – Mã đề thi 123

a ≠ , a 0

b≠ sao cho đồ thị hàm số

, a b là các số thực,

= − + − với y ax x bx 1 Câu 44. Cho hàm số

cắt trục Ox tại ba điểm có hoành độ dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

+ − 3 ab a ( ) − a b a

−

A. 15 3. D. 12 3.

( ) f x

( ) x

)

B. 8 2. 26 x . Đặt với k là số tự nhiên lớn hơn 1. Câu 45. Cho hàm số C. 11 6. ( ) x− k

( ( ) x = có bao nhiêu nghiệm?

Hỏi phương trình

+ 1

− − 1 xy

+ + =

−

x 2021

xy 2021

1 2021

A. 19684 . B. 9841. C. 19683 .

)

( y x

)0x ≥

;x y ∈  , (

thỏa mãn: . Câu 46. Cho D. 9842 . 1 x 2021

= + x

Tìm giá trị nhỏ nhất của .

2 − . 3

2 3

. A. B. 1− . C. D. 1.

(

)

− = là + − x x ln 2 2022 Câu 47. Số nghiệm của phương trình

A. 3 . x 2 B. 1. C. 4 . D. 2 .

, x y thỏa mãn

( x x

)

( y y

)

= − + − + log 3 3 xy . Tìm Câu 48. Xét các số thực dương + + + x 2 + y y xy 2 x

= P giá trị lớn nhất của . + 1 6

+ 2 y 3 x + + x y B. 1 C. 3 D. 4 A. 2

)

.S ABCD có đáy là hình bình hành. Góc tạo bởi mặt bên ( α. Tỉ số diện tích của tam giác SAB và hình bình hành ABCD bằng k . Mặt phẳng (

SAB với đáy bằng )P đi )β là góc tạo

.S ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau. Gọi (

)P và mặt đáy. Tính cot β theo k và α.

Câu 49. Cho hình chóp

cot

tan

cot

qua AB và chia hình chóp bởi mặt phẳng (

+ 5 1 α

cot

tan

A. B.

sink − 5 1 α

sink

C. D.

) ABD ,

ACD , ( )

ABC tại N , P , Q . Giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện MNPQ là

Câu 50. Cho tứ diện ABCD có thể tích là V . Điểm M thay đổi trong tam giác BCD . Các đường

)

thẳng qua M và song song với AB , AC , AD lần lượt cắt các mặt phẳng ( (

V 27

V 16

V 8

V 54

. . . . A. B. C. D.

………………………HẾT…………………….

Trang 7/7 – Mã đề thi 123

BẢNG ĐÁP ÁN

12 B 25 A 38 A 13 D 26 B 39 C Câu 1 ĐA A Câu 14 ĐA B Câu 27 ĐA D Câu 40 ĐA A 2 B 15 A 28 A 41 B 3 B 16 A 29 D 42 A 4 A 17 B 30 C 43 D 5 A 18 B 31 A 44 D 6 C 19 A 32 B 45 D 7 B 20 B 33 C 46 C 8 C 21 A 34 D 47 C 9 B 22 D 35 C 48 B 10 C 23 D 36 D 49 A 11 A 24 B 37 B 50 A

Xem thêm: ĐỀ THI HSG TOÁN 12 https://toanmath.com/de-thi-hsg-toan-12







s in

Câu 1. Trong các hàm số sau đây, hàm số nào là hàm số chẵn?

sin

tan

x sin .cos

    

       2

. . B. C. . D. A.

Lời giải



s in

cos

Chọn A

    

       2

       2

Ta có nên là hàm số chẵn.

Câu 2. Một học sinh có 4 quyển sách Toán khác nhau và 5 quyển sách Ngữ văn khác nhau. Hỏi có

bao nhiêu cách xếp 9 quyển sách trên giá sao cho hai quyển sách kề nhau phải khác loại ? A. 20 . C. 362880 . D. 5760 . B. 2880 . Lời giải

24 cách.

cách.

d = . Khi đó số 2022 là số hạng thứ bao nhiêu của cấp số?

 2880 u = ; 6

cách sắp xếp thỏa điều kiện đề bài.

Chọn B Để xếp 9 quyển sách trên giá sao cho hai quyển sách kề nhau phải khác loại, ta làm như sau: 120 Xếp 5 quyển sách Ngữ văn cạnh nhau có 5! Giữa 5 quyển sách Ngữ văn trên có 4 chỗ trống, xếp 4 quyển sách Toán vào 4 chỗ trống đó có 4! Theo quy tắc nhân có 120.24 )nu với 1

B. 225 . C. 223 . D. 224 . Câu 3. Cho cấp số cộng ( A. 226 .

= +

−

⇔

Lời giải

n⇔ =

225

(

) 1 .9

(

u 1

−

+ có đúng 3 điểm cực trị.

. Chọn B nu Ta có:

n ) 1

) d ( = y m

(

≤ . 1

< . 1

m≤

≤ . 1

m≤

< . 1

Câu 4. Tìm m để hàm số

1 2

2022 6 ) 1 1 2

1 2

A. C. D. B.

Lời giải Chọn A

Ycbt

− < ⇔ < 0

< 1.

( ⇔ − m

)( 1 2

) 1

−

Cách 1:

= ' 4

1 2 2

( 2 2

) 1

(

) 1

 

 1 

−

− =

) 2 x 1

= ⇔  ' 0 

( = x ( Hàm số có đúng 3 điểm cực trị

1 0 (1) 'y⇔ có 3 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (1) có hai

Cách 2:

− < ⇔ < 0

< 1.

( ⇔ − m

)( 1 2

) 1

1 2

nghiệm phân biệt khác 0

ln 2 ,

ln 5

+ a b

− a b

I = + + + ln ln ln + + ... ln ln , hãy biểu diễn theo a và b . Câu 5. Đặt 98 99 1 2

= − 2

+ a b

= − 2

− a b

(

)

(

)

(

)

(

)

3 4 = 2 A. B. 99 100 I D. 2 3 C.

Lời giải

− 2

...

ln10

1 2 3 2 3 4

  

  

= −

2 ln10

I = + + + ln ln ln + + ... ln ln 1 2 2 3 3 4 98 99 99 100

98 99 . 99 100 ( 2 ln 2 ln 5

1 100 ( 2 a b

)

Câu 6. Lăng trụ đứng có đáy là hình thoi có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?

A. 2. B. 9. C. 3. D. 5. Lời giải

Lăng trụ đứng có đáy là hình thoi có tất cả 3 mặt phẳng đối xứng (Hình vẽ).

(

) aπ+ 3

(

) aπ

( 1

) aπ+ 3

aπ 3 2 2

+ 3 2 2 . . . A. B. C. D. . 2 2 2

Lời giải A

−

AH = AB HB

AH HB a

AB⊥

= Xét tam giác AHB vuông tại H . Ta có

HI =

. AB

3. a 2 a

Xét tam giác AHB vuông tại H , HI tại I ta có

Khi tam giác AHB quay quanh trục AB thì đường gấp khúc AHB vẽ thành mặt tròn xoay (có diện tích xung quanh là S ) là hợp của hai mặt xung quanh của hình nón (N1) và (N2). Trong đó:

. a

π S = π.HI.AH = . 1

π a 3 2

(N1) là hình nón có được do quay tam giác AHI quanh trục AI có diện tích xung quanh là

π S = π.HI.BH = .

a .

π 3 a 2

(N2) là hình nón có được do quay tam giác BHI quanh trục BI có diện tích xung quanh là

(

) π a

+ 3 3 + = ⇒ = . S = S + S 1 π a 3 2 π a 3 2 2

Câu 8. Cắt hình trụ ( tích bằng 30 mặt đáy của hình trụ (

( 2cmπ

( cmπ

)

)T . Diện tích toàn phần của ( )2

(

)T bằng một mặt phẳng đi qua trục được thiết diện là một hình chữ nhật có diện 2cm và chu vi bằng 26 cm . Biết chiều dài của hình chữ nhật lớn hơn đường kính )T là: π 69 ( 2

π 23 2

. . . . A. D. C. B.

Lời giải

Chọn C

)T . Thiết diện của mặt phẳng và

,h r lần lượt là đường cao và bán kính đáy của hình trụ (

)T là hình chữ nhật ABCD . Khi đó theo giả thiết ta có

.2 h r

ABCD

r − 13 2 2

r 15 =

r − 13 2 = ⇒ =

2 ) r

−

3( ) l

− 2

= 15 0

ABCD

 2 h  ⇔ = hr   + 

    C 

  ⇔ =   

10(

)

     ⇔ =      3  = ⇒ = r  2

Gọi hình trụ (

′

. Vậy

f x xác định trên ( )

( ) x

( ) 0

( ) 1



2 − x

  1   2  

thỏa mãn . Giá trị Câu 9. Cho hàm số

(

) − + 1

( ) 3

của biểu thức bằng

+ A. 2 ln15

+ B. 3 ln15

C. ln15

+ D. 4 ln15

ln 2

− + 1

( ) = C f x

∫

Lời giải

1 ln 3

Chọn C 2 − x

1C⇒ = nên

( )0

)1 ( f − = +

= +

Với

2 ln 5

= ⇒ = nên C

( )3

( ) 1

= +

Với

3 ln15

1 x < , 2 1 2 ) − + 1

(

( ) 3

−

Nên

(

) 1 d

∫

−∞

Câu 10. Cho . Giá trị của tham số m thuộc khoảng nào sau đây?

)1; 2−

);0

)3;1−

) 0; 4 .

. . . A. ( D. ( B. (

−

m m m

C. ( Lời giải

)

) 1 d

(

∫

−

⇔ −

+ − = ⇔ = ∈

m m m

6 0

0; 4

Ta có: . Chọn C m (

(

)

(

) 1 d

∫

m = ∈ 2

0; 4

)

(

Vậy .

Câu 11. Có bao nhiêu cách phân công 4 thầy giáo dạy toán vào dạy 12 lớp 12, mỗi thầy dạy đúng 3 lớp ?

A. 369600 B. 396900 C. 220 D. 369000

Lời giải

Chọn A

12C cách chọn.

Giáo viên thứ nhất có

9C cách chọn.

Giáo viên thứ hai có

6C cách chọn.

Giáo viên thứ ba có

3C cách chọn.

Giáo viên thứ tư có

C C C C = .

369600

3 12

3 3

3 9

3 6

Vậy số cách phân công 4 thầy giáo vào dạy 12 lớp 12 là: cách

x 3

lim →+∞ x

2 −

) 1

x )( 1 3

(

−

Câu 12. Giới hạn có kết quả là :

3 3

3− A. B. C. 3 D.

Lời giải Chọn B

2 4 x

  

x 3

lim →+∞ x

2 −

3 3

) 1

(

x )( 1 3

−

1 2 x 1 3 x

   1 x

1 2 x 1 3 x

   1 x

  

     

  

     

  

  

Ta có: .

OA OB OC đôi một vuông góc với nhau và OA OB OC

. Gọi M Câu 13. Cho tứ diện OABC có

060

là trung điểm của BC (tham khảo hình vẽ bên dưới). Góc giữa hai đường thẳng OM và AB bằng

045

090

030

A. B. D.

C. Lời giải

Chọn D

= và

= AB BC AC a

/ /MN AB và

Đặt OA a= suy ra OB OC a

MN =

OM MN . Xét OMN

),

Gọi N là trung điểm AC ta có

) ( = OM AB

Suy ra góc (

ON OM MN

Trong tam giác OMN có nên OMN là tam giác đều

OMN =

) ( = OM AB ,

2 ) 0 OM MN 60 ,

Suy ra  060 . Vậy (

( ) f x

( ) x′= f

có đồ thị hàm như hình vẽ bên dưới. Câu 14. Cho hàm số

−∞ −

; 2

; 4

)2;1−

)

)2;3−

. . . . Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng A. ( B. ( D. (

C. ( Lời giải

( ) x′= f

)2;1−

Chọn B Từ đồ thị hàm số . ta thấy ngay hàm số nghịch biến trên các khoảng (

= qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số Câu 15. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng đi 3 3 − x m x y

B. 2. + nhỏ hơn hoặc bằng 5. D. 4. C. 11. A. 5.

Lời giải Chọn A

3 3 −

23 x

= 1 x ′ = ⇔  = − . 1 x 

y′ = có hai nghiệm phân biệt và y′ đổi dấu khi qua hai nghiệm.

= −

⇒ Với mọi m phương trình ⇒ Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị với mọi m . Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho là:

+ ( x m

)∆ .

= ′ = + ; y x x m y − ; 3

d O ∆ = ;

(

)

− ≤

≤ 5.

. Khoảng cách từ O tới đường thẳng ∆ là

5m ≤ ⇔ 5

≤ ⇔ 5

d O ∆ ≤ ⇔ )

(

m ∈

Theo bài ra ta có:

5 { } 1; 2;3; 4;5 .

= − x

Vì m nguyên dương nên

trên đoạn [0;9] lần lượt là m và M . Giá Câu 16. Giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số

bằng trị của tổng m M+ A. 2. B. 3. C. 0. D. 1. Lời giải Chọn A

(

]

[

] 0;9 .

= − 1

( ) f x

min [ ] 0;9

→ +

m M

= − → 1

→ = ⇔ = ∈ y = − ' 1 ; ∀ ∈ x 0;9 y ' 0 1 x Đạo hàm 1 x

( ) f x

max [ ] 0;9

   

( ) 0 ( ) 1 ( ) 9

    

Ta có

,a b c là các tham số) có bảng biến thiên như hình vẽ ,

+ +

ax bx

1 c

+ <

a b

+ + =

a b c

( Câu 17. Cho hàm số

Xét các phát biểu sau: ( ) 1 : c ( ) 2 : ( ) 3 : ( ) 4 : 0. a Số phát biểu đúng là A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải

1y = nên ta có hệ

x = và tiệm cận ngang là đường thẳng

Chọn B Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định, đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng

2 1 < < c c c

2 , 3 đúng.

= ⇔ = − b 2 = ⇔ = − 2 b = 1 a 0 a 2 a b − > ac b 0 − b 2 b − > b 0           c − = b a b − > ac b 0 − < < b 0          a b c 0

Dựa vào hệ trên ta có các phát biểu ( ) ( )    0   1 ⇔ − < <  2   1  2  + + =  1 , 4 là sai, ( ) ( )

khi đó

4 3a

a 4 3

A. B. C. D. log 27 bằng 3 4a log 2 a= Câu 18. Đặt 3 a 3 4

Lời giải

Chọn B

log 27 16

log 3 2

3 4

3 4.log 2

3 4a



 

Ta có

log

1 log





y .

y .

2 y .

. Mệnh đề nào dưới đây Câu 19. Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn

y .

đúng? A. x B. x D.

C. x Lời giải

Chọn A

 









log

1 log

log

log 2 2

y  ta có: 0 





  .

Với x ,     .

+ + bằng p

log 45 6

; . Nếu biểu diễn thì m n b = a = Câu 20. Đặt log 3 2 log 3 5

B. 4 D. 3−

) ( + a m nb ( ) + p b a C. 6

A. 3

Lời giải

Chọn B

( + b a 2 ( + b 1

) 1 ) a

+ 2 1 b = = = = Ta có log 45 6 + log 9 log 5 + log 2 log 3 log 45 3 log 6 3 + 1 1 a

= ⇒ + + = m n 4

Suy ra

+ − M C D

= 2

D M C

− = 2

+ − D C M

= 2

Câu 21. Một hình đa diện lồi có số mặt M , số đỉnh D và số cạnh C . Khi đó, hệ thức nào dưới đây là

= + D. M D C

đúng ? + A. C. Lời giải

′

′ =

Chọn A

Câu 22. Tính thể tích V của khối lăng trụ tam giác đều = . . . V a 20 3 A. B. , cạnh đáy là 4a . a 5 3 D.

′ có ABC A B C′ . . C. a V 20 Lời giải

Chọn D

A'

C'

B'

A

C

B

′

ABC A B C′ .

′ là lăng trụ tam giác đều nên ta có

∆ và ABC

)

′ =

−

Vì CC ABC đều cạnh là 4a . ( ′ ⊥

a 3

(

∆

ABC

1 2

3 2

a a 3 .4

= 3 12

Do đó: ;

′

ABC A B C .

ABC

.S ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A ,

= AB AC

4 ;

a BC

.Hình

∆′ . CC S Câu 23. Cho hình chóp

ABC nằm trong tam giác ABC . Các mặt bên của

)

060 . Tính thể tích khối chóp

.S ABC .

chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (

36 a

38 a

33 a

. . . . 3 hình chóp cùng tạo với đáy góc 3 3 a 3 3 A. B. D.

C. Lời giải Chọn D

,M N P lần lượt là hình

AB BC CA . ,

, SHP

) ABC ,

a 63

∆

ABC

63 7

S ∆= ABC p

3 21 7

Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng ( chiếu vuông góc của điểm H lên = ∆ = ∆ ∆ Khi đó ta có SHM SHN = = Suy ra HM HN HP Suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC S

Câu 24. Cho hình nón đỉnh I , đường cao IO ( O là tâm của đáy) và có độ dài đường sinh bằng 3cm ,

3 2

, cắt hình nón bằng góc ở đỉnh bằng 60° . Gọi K là điểm thuộc đoạn IO thỏa mãn

)P qua K và vuông góc với IO , khi đó thiết diện tạo thành có diện tích là S . Tính

S .

mặt phẳng (

( cmπ=

(

π 2 3

π 3

. . . . A. B. C. D.

Lời giải Chọn B

I

30°

3 cm

K

M

O

N

Thiết diện tạo thành là đường tròn tâm K , bán kính KM .

= . Diện tích thiết diện là:

KMπ .

ON .

IN .

(

)2cm

2 3

2 1 . 3 2

2 63 . a

3 3 3 . a

S ABC

1 3

3 21 7

Ta có:

( ) 2 x f x e . Tìm nguyên hàm của hàm số

= −

là một nguyên hàm của hàm số Câu 25. Cho

+ x C

( ) 2 x x e dx

−

= −

+ +

. . B. A.

+ x C

x C

( ) 2 x x e dx

( ) F x ( ) 2 x e . ∫ ∫

. . D. C.

∫ ∫ Lời giải

( ) 2 x f x e

⇒

( ).

'( ) F x

( ). f x e

⇒ = 2 x

( ). f x e

f x e dx

2 + x C 1

∫

⇒

e =

du =

'( )

x dx

2 x e dx 2 ( ) f x

là một nguyên hàm của hàm số Chọn A ( ) x= F x

  

⇒

−

'( ).

( ).

= − 2

2 x x e dx

( ). f x e

2 x f x e dx C

+ x C

dv ∫

∫ 2.

Đặt  = u  

. Câu 26. Có bao nhiêu số thực a để

A. 2

x +∫ a 0 B. 1

C. 0 D. 3

Lời giải



< − 1

≠ ∀ ∈

Chọn B

[

] 0;1

⇒  >

2 = + ⇒ =

Điều kiện tích phân tồn tại là

a x

2 d x x

+ 1

Đặt . Khi đó

∫

2 e a 2 e a

 = a + 1 a 1 e = = ln = ⇔ 1 dx x + dt t a 1 2 1 2 x a + = − a  + = 1 a  1  = a 1 − − 1 2 + ⇔     e 1

1 −

−

2022; 2022

So sánh điều kiện ta được .

1 tham số m

[

]

−

= có nghiệm là:

sin 2

cos 2

trị nguyên của thuộc đoạn để phương trình

−

cos 2

sin 2

cos 2

Câu 27. Số giá ) ( 1 sin A. 4045 . B. 4044 . C. 2023. D. 2024 . Lời giải

( ⇔ + m

− )1 cos 2 1 2

⇔ −

Chọn D Ta có: ) ( 1 sin

sin 2

cos 2

≥

= có nghiệm là

+ x b

cos

ứng với phương trình

≥

4m⇔ ≤

1m⇔ ≤ .

− − − m m 2 2 Điều kiện để phương trình sin trên ta được 2 − m 2

− − m 2

  

  

  

+ + m m − 1 2 1 ≥ ⇔ + 1 + m m 4 2 4

−

2022; 2022

]

−

} 2022;...; 1;0;1

thỏa mãn là

.S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và

Vậy các giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [ { − vậy có 2024 số.

SAC . Giá trị sinα bằng

)

Câu 28. Cho hình chóp SA a= 3 . Gọi α là góc giữa SD và (

2 2

2 4

3 2

2 3

A. . B. . C. . D. .

∩

⇒ ⊥ DO

ABCD

Lời giải

(

)

⊥

DO SA SA

ABCD

)

(

⊥ DO AC (

)

  

. Ta có: . Gọi O AC BD

SAC

)

)  = . SD SO DSO α =

SO⇒ là hình chiếu của SD lên mặt phẳng (

)

) ( ( ( = SD SAC

⇒ ; ;

a 3

⇒

vuông tại A : . Xét SAD∆

a= 2

sin

 DSO

DO SD

2 4

−

− x m 3

+ 1

, . Xét SOD∆ vuông tại O : có

(

)

3 4

9 2

Câu 29. Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số

đồng biến trên khoảng ( A. 2.

) 0; +∞ ? B. 3.

−

C. 5. D. 4.

′⇔ = y

33 x

+ x m 2

15 0

(

)

33 ⇔ − x

≥ − 2

m x

0; +∞

Lời giải ≥ ∀ ∈ +∞ và dấu bằng xảy ra tại hữu hạn

)

x 0; ) ( ∀ ∈ +∞ . 0;

−

g x

= ( ) 3

Yêu cầu bài toán điểm thuộc (

0; +∞ .

)

′ = ( ) 9 g x

Xét hàm số: trên (

Ta có:

g x′

( ) 0 =

l 1 ( )

− 9 =  x ⇒  = − x 

Bảng biến thiên:

− 2

9 ≤ ⇔ ≥ − m 2

Từ BBT ta có:

m ∈ − − − − . { 4; 3; 2; 1}

−

Vậy

23 + x m

, với m là tham số. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của Câu 30. Cho hàm số

tham số m để đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị. Tổng tất cả các phần tử của tập S là A. 3 B. 10 D. 5 C. 6

2 x m

−

= − Xét hàm số + có đồ thị như hình vẽ. Lời giải: g x ( ) x 3

23 + x m

m 0

− +  4  > m ⇔ 0 < m < 4 . Do đó S = {1;2;3}, tổng tất cả các giá trị của S là 6 .

−

2 + x m

(

Để đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị thì

− )( 2 3 x m x

)

2 + x m

−

23 x m

− + 6 x x Cách khác: ( = ' . y − 3 x 3 ( − )

Đồ thị hàm số đã cho có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y’ = 0 có 5 nghiệm phân + có ba nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua 5 nghiệm đó, điều này tương đương với biệt khác 0 và 2 .

( ) f x

= có 5 nghiệm phân

f x m+ ( )

có bảng biến thiên như sau Câu 31. Cho hàm số

Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình

)1; 2−

)2;1−

) − − . 2; 1

] − − . 2; 1

. . D. ( biệt là A. ( B. [

C. ( Lời giải

( ) f x

Từ bảng biến thiên của hàm số .Ta có bảng biến thiên của hàm số

= có 5 nghiệm khi phương trình

f x ( )

m= − có 5 nghiệm hay

Khi đó phương trình

đồ thị hàm số và y

≤ − < ⇔ − < 2

m= − cắt nhau tại 5 điểm phân biệt ≤ − . 1

f x m+ ( ) ( ) f x 2

Do vậy 1

tương ứng.

π 2

π 3

2 2

π 2 3 3

A. . B. . C. . D. .

Lời giải

SO=

;O R lần lượt là tâm và bán kính đáy của hình nón đỉnh S , h

Chọn B

là độ dài Gọi đường cao của hình nón ⇒ h cũng là độ dài đường cao của hình chóp đều .S A A A A A A A A có đáy là đa giác đều 8 cạnh nội tiếp đáy của hình nón.

Ta có đáy nón ngoại tiếp đáy của hình chóp đều 8 cạnh như hình vẽ.

Ta thấy đa giác đều A A A A A A A A được chia thành 8 tam giác cân bằng nhau có 1

cạnh bên bằng R và góc ở đỉnh bằng 45° ⇒ Diện tích của đa giác đều A A A A A A A A là: 1 5

.sin

2 2

8. S

∆

. . OA OA 1 2

 A OA 2 1

OA A 1 2

1 2

;V V lần lượt là thể tích của khối chóp đều và khối nón đã cho. Gọi 1

h S . .

2 2

2 R h

V 1

1 3

Thể tích khối khối chóp đều đã cho là: .

R hπ=

V 2

1 3

2 R h

1 3

Thể tích của khối nón đã cho là: .

2 2

V 2 V 1

2 R h

2 2

1 3

Tỉ số thể tích của khối nón và khối chóp là: .

+ x 2 + − 2 x

là Câu 33. Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

− − 1 2 x C. 1.

D. 0 . A. 3 . B. 2 .

Lời giải

} { − \ 1; 2



D = } { − \ 1; 2



x∀ ∈ 0

Chọn C Tập xác định

2 x 0 x 0

+ + 4 6 + 4 x x 6 x 0 x 0 = lim → x x 0 + − 2 2 − − 1 2 x + x 2 + − 2 x − − 1 2 x 0

− − 1 2 x

+ 2 x + − x 2

Suy ra tiệm cận đứng nếu có của đồ thị hàm số chỉ có thể là hai đường

x= 1;

= − 2

(

lim → 1 x

x +

− − 1 2 x

+ 2 x + − 2 x

) − + − 3 1 ( )( − 1 x

−

(

) − + 1

(

) − − 1

) 6

) + 6

lim → 1 x

x +

(

+ ) 2

)( 1 + ) 2

+ ) ( + 3 )( − 1

(

+ 3 )( − 1 + 3

−

x ) 2 x

lim → 1 x

x ( x +

+ (

+ ) 2

thẳng

10 9 1x = không phải là đường tiệm cận đứng 6

Suy ra

lim +→− 2 x

− − 1 2 x

+ x 2 + − 2 x

− − 1

= − − 9

< 0

Xét

)

(

lim 4 +→− 2 x

−

> với mọi x thuộc lân cận của 2− nhưng nhỏ hơn

= , và (

)( 1

)

(

)( 1

)

lim +→− x 2 2−

= −∞

+ x 2 + − x 2

lim +→− x 2 2

− − 1 2 x x = − là tiệm cận đứng

Suy ra

∈

Vậy Kết luận: Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng.

a b c N ,

x 0

+ a b c

a c

1 x

tối giản) là một nghiệm lớn hơn 1 của phương trình với ( , Câu 34. Gọi

= + + là

− + = − 3 2 x 2 x 1 . Giá trị của P a b c

)

(

− 1   

1 3     1   

0P = .

2P = .

4P = .

x ≠ . 0

− 1

    6P = . A. B. C. D. Lời giải

−

22 x=

1 ⇔ − x 2 3

− + + = − 3 2 x 3 1 x Chọn D Điều kiện xác định: 1 ) x

(

− 1   

− 1

1 3 1 x 2         1   

1 ⇔ + x 2 3

t ≠

( ) 3t = t

+ ( t

( ) 3 .ln 3 1 0 t′ + >

⇔

−

4P = .

c = . Vậy 2

1a⇒ = ,

1b = ,

⇔ = x

( f x

) 1

( ) 1

1 x 2

± 2

1 ⇔ = − x 2

  

  

= , 3 1 x + − ( )1 . Xét hàm số 1 2 x

( ) x … thỏa mãn:

( ) f x

( ) x

f 1

Câu 35. Cho các hàm số

…

1; 2;3;

∀ = n

( ) x

( ) f x

(

) ( ) ,

1( ) x +

f x n

= = ; ln f 1 + − e e 1 1

ln 2

ln 3

ln 2

ln 3

ln 4

Khẳng định nào sau đây đúng?

(

)

(

)

(

)

(

2023

. A. . B. . C. . D.

Lời giải

Chọn C

( ) x

( ) f x

= = . ln f 1 + − e e 1 1

+ 1 − 1

Ta có:

( ) x

(

)

f 1

+ 1 − 1

−

+ − + −

1 1 1 1

e e e e

( ) x

(

)

= = . f f f ln + − 1 1

( ) x

(

)

e e = . x

( ) x

(

)

= = … f f f ln e e + 1 − 1

( ) x

2023

ln 2

= Bằng quy nạp ta chứng minh được . f ln + − e e 1 1

ln 3

)

(

)

ln 3

+ −

e e

1 1

−

= = Từ đó suy ra: ; . f ln 3 ln

−

= − có 2 nghiệm

) m x

3 2 + Câu 36. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình ( e e ) 1 .log + 1 − 1 (

thực phân biệt

A. Vô số. B. 11. C. 9. D. 10.

> (*).

m− + xe

Lời giải

1x = không là nghiệm nên phương trình nên:

−

− x 2 − x 1

− x 2 − 1 x

Chọn D Điều kiện: Vì

− ⇔ + e

−

+ = = − ( thỏa mãn (*)) . e m m log( ) 10 ⇔ = m 10 e x x

= ( ) 10

g x

−

− e − 2 x − 1 x

′ =

> ∀ ≠

ln10

− 2 − 1 − 2 x − 1 x Đặt

(

1 − 1) Bảng biến thiên:

Ta có:

< 10m

1 − < e

Vậy phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt khi

AB AD=

= , 2

Suy ra các giá trị m cần tìm là: 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9.

AA = 1

1 1

M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh

1A D và 1

° . Gọi và góc  60 BAD = . Câu 37. Cho hình hộp đứng ABCD A B C D có cạnh 1

.A BDMN .

4V = .

2V = .

V = .

1 1A B . Tính thể tích V của khối chóp

5 V = . 2

3 2

A. B. C. D.

Lời giải

B

C

A

D

B1

C1

N

D1

A1

M

E

1A , ta có:

// A N AB 1

N⇒ là trung điểm của đoạn EB

A N 1

AB 2

// A M AD 1

M⇒ là trung điểm của đoạn ED

A M 1

       

AD 2

Gọi E là điểm đối xứng với A qua

.2.2.sin 60

AB AD .

.sin

 BAD

∆

ABD

1 2

Ta có 3=

1 2 AA = 1

1 1

⇒

.2 3. 3

= 2

. EA S∆

E ABD

ABD

1 3

E AMN

⇒

E AMN

E ABD

A BDMN

E ABD

1 4

3 4

3 = . 2

V V

EM EN . ED EB

1 4

E ABD

ABCD A B C D là hình hộp đứng, . EA⇒ = 2 3

cách giữa đáy cốc và mặt nước là 12 cm (Hình vẽ). Nhìn chung quanh, quạ thấy những viên đá nhỏ nằm lay lắt ở gần đấy. Lập tức, nó dùng mỏ gắp một viên đá hình cầu có bán kính 0, 6 cm thả vào bình. Cứ như vậy, nó gắp những viên đá khác và tiếp tục thả vào bình. Giả sử các viên đá đều là hình cầu có bán kính 0, 6 cm Chẳng bao lâu, nước đã dâng lên. Để uống được nước

thì con quạ cần thả vào bình ít nhất bao nhiêu viên đá biết rằng quạ muốn uống được nước trong cốc thì mặt nước phải cách miệng cốc không quá 6 cm ?

A. 42 . B. 41. D. 27 . C. 30 .

Lời giải

(

)

π . .

3 5

4 3

  

  

π 36 125 Gọi n là số viên đá mà con quạ cần thả vào cốc (

n ∈  ). Khi thả vào số viên đá đó, thể tích

Ta có thể tích của mỗi viên đá là: .

(

)

n .36 125

của nước được tăng thêm là:

− =

−

rπ h . .

21 12 6 3 (

)

≥ ⇔ ≥

Để con quạ uống được nước trong cốc thì mực nước trong cốc cần dâng lên thêm ít nhất là: π , tức là ứng với thể tích nước tăng lên là:

≥ ⇔ '

41, 66

V V

125 3

.36 n 125 Vậy số viên đá tối thiểu con quạ cần bỏ vào cốc là 42 viên.

Ta có điều kiện:

Câu 39. Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9 , khối chóp có thể

tích lớn nhất bằng bao nhiêu ? A. 576 2 . B. 144 . C. 576 . D. 144 6 .

Lời giải

.S ABCD là khối chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9 .

⊥

ABCD

Chọn C

(

)

.S ABCD , bán kính của

. M là trung điểm của SA , kẻ MI vuông Giả sử khối chóp Gọi O là tâm hình vuông ABCD thì

IA IS=

= . 9

góc với SA và cắt SO tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp mặt cầu là

−

9x≤ ≤ , do

IAO∆

− 81 x

−

, suy ra Đặt IO x= , 0 vuông tại O nên

2 81

−

AB=

2. 81 x

ABCD



−

, suy ra AB = Do tứ giác ABCD là hình vuông nên AC 2

( 2 81 x

−

3 − − x

x 81

729

. SO

)

S ABCD

ABCD

) ( . 9

)

(



2 3

Vậy .

x ∈

3 − − x

x 81

729

[

]0;9

)

1 3 2 f x = ( ( ) 3

′

= ⇔

−

với . Xét hàm số

( ) 0 x′

( ) x

(

)

3 = −

( ) l

= x  

;

Bảng biến thiên :

576

( ) 3

( ) f x

max ] [ ∈ x 0;9

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy : .

−

4 .

Vậy khối chóp có thể tích lớn nhất bằng 576 .

( 1

)

f x liên tục trên [ ( )

]0;1 và thỏa mãn điều kiện

( x f x

)

. Câu 40. Xét hàm số

( ) f x

= ∫

Tích phân bằng:

π 20

π 16

π 6

π 4

−

4 .

. . . . A. B. C. D.

f x liên tục trên [ ( )

]0;1 và

( x f x

)

−

⇔

−

4 .

x d

4 .

x d

Vì nên ta có Lời giải ( ) − 1

( 1

)

( 1

)

( x f x

)

( x f x

 

 

∫

t x

( )1 .

2I=

4 .

x d

( ) t

( x f x

)

( f x

)

(

)

=→ ∫ 2

∫

= ∫ 2

−

= −

−

3I=

Mà

( 1

)

( d 1

)

( ) f u

( 1

= −→ ∫ 3

∫ 3

∫

π 2

sin

=→ −

−

2 t t 1 sin .cos d t

2 cos dt t

và

2 dx

( ) +∫ 1 cos 2 d

= ∫

∫

1 2

π 4

Đồng thời .

π 4

π 20

hay . Do đó, ( )1 ⇔ 2

2022

= − . Xét

( ) x

( f k

)

( ) 1

( ) f x ≠ ,

∑

1 3

b a

1 2

 b − a 

  

= 1

− x 3 1 ′ = , với f f . Câu 41. Cho x 2 + x

tối giản. Tính a b+ . A. 4092530 . B. 4090507 . C. 4088485 . D. 4086463.

⇒

+ − 1

Lời giải

+ − 1

x d

′ 2

∫

f f

1 2 x

f f

1 2 x

  

  

( ) x ( ) x

⇒

1 + + + . x

− 1 ( ) f x

= − ⇒ =

⇒

+ + .

Ta có

( ) 1

1 3

1 x

⇒

( ) f x

− x 2 + x

1 2

−

− 1 ( ) f x − x 2 )2 1

Mà

( + + x

(

( x

) − + − 1 )( 1

x ) 1 ) 1

−

⇒

x x = = − . . 1 2 1 2 1 + + x 1 x 1 − + x 1 x       x + + x − + x x (

( ) f x

1 2

1 ) + + 1

( x x

1 ) − + 1

   

   

2022

−

+ + ...

( f k

)

∑

1 +

1 2 1.2 1 0.1 1 2.3 1 1.2 1

− 2022.2023 1 2022.2021 1

  

  

= 1

Khi đó :

− + 1

  

  

 1  2  a⇒ =

1 b a 2 a b⇒ + =

4090507

 1  + 2022.2023 1  1b = + 2022.2023 1,

17 108

51 196

5 216

29 216

A. . B. . C. . D. .



Lời giải

 và 8

 . 8

1,...,

Chọn A Bàn cờ 8 8 cần 9 đoạn thẳng nằm ngang và 9 đoạn thẳng dọc. Ta coi bàn cờ vua được xác định bởi các đường thẳng

2 2 .C C 8 8

 



1296

2 2 C C . 9 9

a  . Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng x cách nhau 5 đơn vị và

16 cách chọn.

. Mỗi hình chữ nhật được tạo thành từ hai đường thẳng x và hai đường thẳng y nên có hình chữ nhật hay không gian mẫu là  

a  . Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng x cách nhau 6 đơn vị và

Gọi A là biến cố hình được chọn là hình vuông có cạnh a lớn hơn 4. Trường hợp 1: hai đường thẳng y cách nhau 5 đơn vị có 4.4

9 cách chọn.

a  . Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng x cách nhau 7 đơn vị và

4 cách chọn.

Trường hợp 2: hai đường thẳng y cách nhau 6 đơn vị có 3.3

a  . Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng x cách nhau 8 đơn vị và

n A      . 9

4 1

Trường hợp 3: hai đường thẳng y cách nhau 7 đơn vị có 2.2

Trường hợp 3: hai đường thẳng y cách nhau 8 đơn vị có 1.1 1 cách chọn. Suy ra   16



Xác suất để hình được chọn là một hình vuông có cạnh lớn hơn 4 đơn vị là

  P A

30 1296

5 216

  n A   

ABCD , góc giữa SD và

)

.S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O , AB a= , )

SAD vuông góc với mặt phẳng (

ABCD bằng 60° . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC bằng

. Tam BC a= 3 Câu 43. Cho hình chóp

)

giác ASO cân tại S , mặt phẳng ( (

a 3 2

a 3 4

a 2

. . . . A. B. C. D.

⊥

∩

SAD

ABCD

SAD

ABCD

Lời giải

)

(

)

⊥

ABCD

(

) )

thì SAD , kẻ SH AD⊥ , ( Ta có ( ; trong mp(

Mặt khác Gọi I là trung điểm OA , vì tam giác ASO cân tại S nên AO SI⊥ , AO SH⊥

+ AD DC

⇒ ⊥ HI OA DC AD

= = và  DAC tan Tam giác ADC vuông tại D có 1 3

° DAC⇒  30 =

HD⇒ =

AH =

a 3

AI cos 30

Tam giác AHI vuông tại I có .

IB HB .

IB⇒ =

⊂

SBE

//BE AC ,

)

(

)

⇒

d SB AC ,

//AC

SBE

)

2 = + = Tam giác ABH vuông tại A có , HB AH AB a 3

(

)

ABCD , dựng hình bình hành ABEC thì )

( ( d I SBE ,

)

Trong mặt phẳng ( (

= nên

)

( ( d I SBE ,

)

( ( d H SBE ,

)

( ( d AC SBE , 3 4

3 4

IB HB

AC⊥

⇒ ⊥ BI

Mà

)

∩

⇒

⊥

SBH

SBE

)

(

)

, BE SH⊥

SBH (

⇒

⊥

Lại có tam giác OAB là tam giác đều cạnh a nên BI ⇒ ⊥ BE (

SBE

SBH , kẻ HK SB⊥

( ) ) SBH Trong mặt phẳng (

(

)

( HK d H SBE

)

= .

thì và ( SBE )

⇒ HK a

Tam giác SBH vuông tại H có

= và

HK a

)

( ( d H SBE ,

)

1 HK ( ( d I SBE ,

1 SH )

Vậy .

( 1 HB 3 ( ( d H SBE , 4 , a b là các số thực,

a 3 4 b≠ sao cho đồ thị hàm số cắt

a ≠ , a 0

= − + y ax x bx 1 − với Câu 44. Cho hàm số

+ − ab a 3 ) ( − a b a

. trục Ox tại ba điểm có hoành độ dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

−

A. 15 3. B. 8 2. C. 11 6. D. 12 3.

( ) 1 0 *

Xét phương trình Lời giải .

− = ,m n p là ba nghiệm dương của phương trình ( )* , khi đó

+ + =

m n

1 a

+ mn np

Gọi

1 a

mnp

1 a

        

< ≤ a

+ +

≥

m n

+ mn np

)

(

)

Ta có

  ⇔ 

+ + ≥

m n

mnp

 (   

 < ≤ 0 b 

1 3 3 1 a 3

Mặt khác

; b

1 a 3

 ∈ 

  

≥

( ) f b

( g a

)

1 a 3

5 a

  

  

; a

là hàm số nghịch biến nên Xét hàm số ( ) f b

( g a

)

a −

5 a

+ − 3 ab a ) ( − a b a + a 1 3 − 3 a 2 + 1 3 a 3

1 3 3

 ∈ 

  

, là hàm số nghịch biến nên ta có Xét hàm số

≥

4 3

( g a

)

1 3 3

  

P ≥

26 x

   = 3.4 3 12 3 ( ) 3 x f x

( ) x

( ) x−

)

. − . Đặt với k là số tự nhiên lớn hơn 1. Vậy Câu 45. Cho hàm số

( ( ) x = có bao nhiêu nghiệm?

Hỏi phương trình

A. 19684 . B. 9841. C. 19683 . D. 9842 .

Lời giải

′

−

Chọn D.

+ . Bảng biến thiên:

23 x

( ) x

Ta có

−

− 1

−

⇔

= ⇔ ⇔

= ⇔ 0

...

( ) x

− 1

( ) x ( ) x

( ) f x ( ) = f x ( ) x ( ) x

   

− 1

( ) x ( ) x ( ) x

    

− 1

( ) x

          

Từ bảng biến thiên ta có

( ) 3 x = .

Bài toán sẽ được giải quyết nếu tìm được số nghiệm của phương trình

)0; 4 .

f x = có ba nghiệm thuộc ( ( ) 3

⊂

0; 4

⊂

= ⇔ 3

+ Phương trình

( ) x

( ) f x

(

)

⊂

( ) f x ( ) f x ( ) f x

( ) ) ( 0; 4 ( ) 0; 4

) ( = ∈ 0; 1 x 1 ( ) = ∈ 1; 3 x 2 ) ( = ∈ 3; 4 x 3

    

. + Phương trình

0; 4

(

)

( ) f x

x x x ∈ , 1 2

= = phương trình có ba 1,3 x i , i

Từ bảng biến thiên ta có với mỗi giá trị ) nghiệm thuộc ( 0; 4 .

( ) x = có 9 nghiệm thuộc (

) 0; 4 .

Như vậy phương trình

( ) 3 x = có 3k nghiệm thuộc (

) 0; 4 .

+ Bằng quy nạp ta chứng minh được phương trình

− 1

k 3

− 1

2 + + 2 3 3

k ... 3

( ) 0 x = là

− 1 + + = + Từ đó, số nghiệm của phương trình . 2 3 2

( ) x = là 0

− − 9 13 2

+ 1

− − 1 xy

+ + =

−

x 2021

xy 2021

1 2021

1 = Vậy số nghiệm của phương trình . + 2 3 9842

( y x

)

)0x ≥

;x y ∈  , (

1 x 2021

thỏa mãn: . Câu 46. Cho

= + x

Tìm giá trị nhỏ nhất của .

2 − . 3

2 3

+ 1

− − xy 1

+ + =

−

x 2021

xy 2021

1 2021

. A. B. 1− . D. 1. C.

( y x

)

( − + x

)

− − xy 1

+ 1

Ta có Lời giải 1 x 2021

x 2021

xy 2021

( f x

)

(

) − . 1

−

′

−

⇔ − = − − + = − + + x y xy y f xy 2021 3 2021 − ⇔ 1 3

t 2021

− 2021

2021 ln 2021 2021 ln 2021 1 0

( ) t

+ > , t ∈  .

+ , t ∈  .

−

− ⇔ +

= −

( f x

)

(

) 1

− ( )* . 1

f⇒ liên tục và đồng biến trên  . Do đó

Với

⇔ − = − (vô lí). 1

y = − : ( )* 1

Với

− < ≤ − . 1 y

0x ≥ nên

y ≠ − : ( ) * 1

1 3

y ⇔ = x Với . Vì − − 1 3 + 1 y

= −

− ⇔ +

= −

= − − y

− − . y

(

) y y

⇔ = T

− − ⇔ + 1

Từ ( )* ta có:

)

( ⇔ + x

)( 1

− − y + 1 y

∈ − −

( f y

)

22 − − y y + 1 y

1 3

  

  

Xét , .

−

= −

(

)

( f y

)

1 3

2 3

  

  

min   1 − − 1;   3  

= −

+ y ′ = < ∀ ∈ − − . Do đó . y f 0, 1; y 1 3       + y 2 ( y 4 2 ) 1

min

1 3

  2 = − ⇔  3  = x

Vậy .

(

)

− = là ln 2 2022 + − x x Câu 47. Số nghiệm của phương trình

x 2 B. 1. A. 3 . D. 2 . C. 4 .

( ) f x

(

)

(

) +∞ .

∪ = − Xét hàm số với 2 2; ; + − x ln x 2 Lời giải ( x ∈ −∞ − x 2

′

= + −

( ) x

( > ∀ ∈ −∞ −

)

(

)

2 x 2 −

′

= + −

+ 2 x ′′ ∪ +∞ Ta có ; . f = + 1 0, x ; 2 2; − x 2 4 2 )

( ) x

)

( đồng biến trên mỗi khoảng (

) 2; +∞ .

x 2 2 −

′

Nên suy ra hàm số −∞ − ; 2 và (

−

= −

− 2

.1 0

< nên

(

)

(

) 3 .

( ) x′

( 1. 1

x )

(

)

8 7

′ ′ = − Mặt khác có đúng một f f 3 < và 0 3

(

) +∞ .

( ) 2 . ) ( a ∈ −∞ − Ta có bảng biến thiên

−

2022

nghiệm và đúng một nghiệm 2 ; b ∈ 2;

( f a

)

( ) f b

và Ta có

(

)

(

3 = − 2

(

3 = + 2 )

− = Nên từ bảng biến thiên suy ra phương trình có 4 nghiệm. 2022 + − x ln x 2 x 2

, x y thỏa mãn

( x x

)

( y y

)

= − + − + log 3 3 xy . Tìm giá Câu 48. Xét các số thực dương + + + x 2 + y y xy 2 x

= P . trị lớn nhất của 3 x x

A. 2 + + 2 y 1 + + 6 y B. 1 C. 3 D. 4

Lời giải

( x x

)

( y y

)

⇔

+ =

log

2 log

= − + − + Ta có xy log 3 3 x y xy

(

)

(

)

(

⇔

log

log 3 log

)

(

)

(

)

(

)

⇔

log

+ x 2 + y ( + ) + 2 )

(

)

(

)

(

)

(

)

 

 

( )* .

t > . 0

( ) t

= f log t t Xét hàm số + , với

t∀ > .

( ) t

′ = f có + > , 1 0 1 .ln 3 t

( ) t

) 0; +∞ .

+ ⇔ +

Vậy hàm số

(

( f x

)

−

Do đó: ( )1 . liên tục và đồng biến trên khoảng ( ) ) )

⇔ = xy

(

)

(

)

. Từ ( )1

−

≤

= + x

xy .

( x y

) + − 1

+ + y 2

  

Ta có

   = + y

) 1

(

≤

−

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

(

)

(

)

+ + y 4

. Do đó từ ( )1 , suy ra:

y ,

0>t

(

−

+ + 1

2 t

2 − + t

3 t

(

≤

Đặt = + t .

( ) t

+ + 1 6

− 3 t 4

) + y + + y

x x

) 1 4 t

+ ( t

− 22 t ) + 6

Suy ra: .

( ) t

− t 3 ′ = = ⇔ = Ta có: (nhận). f t 0 3 t 36 + t 6 4 − ( + 135 2 )

+∞

t ( ) t′

−

( ) t

⇔

max

Bảng biến thiên

( ) t

( ) 3

max ( ) +∞ 0;

= =

= + y + = y

2 1

  

khi và chỉ khi . Dựa vào BBT, ta có 1 3

.S ABCD có đáy là hình bình hành. Góc tạo bởi mặt bên (

)

Câu 49. Cho hình chóp

.S ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau. Gọi (

SAB với đáy bằng α. )P đi qua AB )β là góc tạo bởi mặt

)P và mặt đáy. Tính cot β theo k và α.

Tỉ số diện tích của tam giác SAB và hình bình hành ABCD bằng k . Mặt phẳng (

cot

tan

cot

và chia hình chóp phẳng (

+ 5 1 α

sink

cot

tan

cot

A. B.

− 5 1 α

sink

C. D.

Lời giải

S

M

N

D

A

C

B

,SD SC lần lượt tại

,M N . Khi đó

)P cắt

//MN CD . Giải sử mặt phẳng (

> 0

SM SN = SD SC

V S MNB V

SM SN . SD SC

SDCB

Đặt:

S AMB

( ) *

V V

SM SD

S ABD

     

⇒

+ ⇔ +

= ⇔ =

(

)

V S ABMN V 2

− 5 1 2

S ABCD

S ABM

⇒

mV .

( ) 1

Ta có:

( m V .

)

S ABM

S ABD

S ABM

M.ABD

m −

V V

M ABD

. Sin

S ABM

Từ ( ) *

( ) 2

V V

SAB S

( ) α β − . Sin

M ABD

ABD

.sin

β ( ) − α β

⇒

⇔

cot

Mặt khác:

5 α

1 k .sin

S .

.sin

ABCD

k S . ABCD 1 2

. Suy ra chọn A. Từ ( ) ( ) 1 , 2

ACD , ( )

ABD , ( )

Câu 50. Cho tứ diện ABCD có thể tích là V . Điểm M thay đổi trong tam giác BCD . Các đường thẳng ) ABC

qua M và song song với AB , AC , AD lần lượt cắt các mặt phẳng ( tại N , P , Q . Giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện MNPQ là

V 16

V 8

V 27

V 54

. . . . A. B. C. D.

Lời giải

A

P

N

Q

P'

D

B

M

N'

Q'

C

⇒

//MN AB

′ MN N M = ′ N B AB

.  Tam giác ABN ′ có

//MP AC

′ MP P M = ′ P C AC

 Tam giác ACP′ có .

//QM AD

⇒ .  Tam giác ADQ′ có ′ ′ MQ Q M = AD Q D

MCD

MBC

MBD

+ + Khi đó: ′ ′ ′ ′ MN MP MQ N M P M Q M + = P C Q D AB + AC AD ′ ′ N B

= 1

′ ′

′ ′ N M P M Q M ′ ′ N B

S P C Q D S

S S

MN MP MQ + AC AD AB

BCD

Mà nên

3 1

⇔

≤

⇒

MN MP MQ

AB AC AD

= + Lại có (Cauchy) 3 . . MN MP MQ + AC AD AB MN MP MQ AB AC AD        ≥       

MN MP MQ

1 27

MN MP MQ AD AC AB

⇒

NPQ

BCD

lớn nhất khi

M⇒ là trọng tâm tam giác BCD

(

)

(

)

MN MP MQ AD AC AB

1 = 3

NPQ

′ =

)

( ( d M NPQ ,

)

( ( d A BCD ,

)

′ ′ N P Q

BCD

NPQ

BCD

1 S= 9

1 2

1 4

′

′ N P Q

S , Mà nên và 2 3  =      S ′

)

( ( . , d M NPQ

)

MNPQ

NPQ

1 3

⇔

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện MNPQ là

= . V

)

( ( d A BCD ,

)

( ( d A BCD , .

)

MNPQ

BCD

ABCD

BCD

V 27

1 1 . 3 9

1 3

, với

Đề thi KSCL học sinh giỏi môn Toán THPT năm 2022-2023 có đáp án - Trường THPT Hà Văn Mao

Chủ đề:

Đề thi học sinh giỏi Sinh

+ A. 2 ln15

( ) 3 bằng + B. 3 ln15

+ D. 4 ln15

) ( + a m nb ( ) + p b a C. 6

− = 2 Câu 22. Tính thể tích V của khối lăng trụ tam giác đều

= + D. M D C , cạnh đáy là 4a . a 5 3 D. = V a BC 4 ;

+ − M C D C. ′ có ′ ABC A B C′ . . C. a V 20 = .S ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A , AB AC )

x +∫ a 0 B. 1

3 4 A. 2.

− − 1 2 x C. 1.

)

(

+ A. 2 ln15

+ B. 3 ln15

+ D. 4 ln15

) ( + a m nb ( ) + p b a C. 6

= + D. M D C

′ có ABC A B C′ . . C. a V 20 Lời giải

A'

C'

B'

A

C

B

∆′ . CC S Câu 23. Cho hình chóp

I

K

M

O

N

∫ ∫ Lời giải

x +∫ a 0 B. 1

) 0; +∞ ? B. 3.

− − 1 2 x C. 1.

)

(

)

(

(

B

C

A

D

B1

C1

N

D1

A1

M

E

(

)

)

(

S

M

N

D

A

C

B

A

P

N

Q

P'

D

B

M

N'

Q'

C

Tài liệu liên quan

Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Tin học THCS năm 2023-2024 - Sở GD&ĐT Bình Định

Đề thi học sinh giỏi môn Tin học THCS năm 2024-2025 - Phòng GD&ĐT Hướng Hóa

Đề thi học sinh giỏi môn Sinh học THCS năm 2024-2025 - Phòng GD&ĐT Hướng Hóa

Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán THCS năm 2021-2022 - Sở GD&ĐT Tiền Giang