Đề thi KSCL môn Toán lớp 12 năm năm 2023-2024 có đáp án (Lần 1) - Sở GD&ĐT Thanh Hóa

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:23

Thêm vào BST

Báo xấu

15
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

“Đề thi KSCL môn Toán lớp 12 năm năm 2023-2024 có đáp án (Lần 1) - Sở GD&ĐT Thanh Hóa” sau đây sẽ giúp bạn đọc nắm bắt được cấu trúc đề thi, từ đó có kế hoạch ôn tập và củng cố kiến thức một cách bài bản hơn, chuẩn bị tốt cho kỳ thi sắp. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi KSCL môn Toán lớp 12 năm năm 2023-2024 có đáp án (Lần 1) - Sở GD&ĐT Thanh Hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP 12 THANH HÓA (LẦN 1) NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Câu 1: Cho cấp số cộng ( un ) với u1 = −4 và công sai d = 3 . Tính u4 . A. u4 = −1 . B. u4 = 5 . C. u4 = 500 . D. u4 = −500 . Lời giải Chọn B Ta có u4 =u1 + 3d =5. Câu 2: Có bao nhiêu cách xếp 4 học sinh vào một bàn dài? A. 24 . B. 6 . C. 1 . D. 4 . Lời giải Chọn A Mỗi cách xếp là một hoán vị của bốn phần tử nên số cách xếp là 4! = 24. Câu 3: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. y 4 2 O 1 2 3 x Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [ 0; 2] bằng A. 0 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn D Câu 4: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là A. x = 0 . B. x = 2 . C. ( 0;1) . D. ( 2;5 ) . Lời giải Chọn C Câu 5: Tìm giá trị lớn nhất M của hàm số = x3 + 3 x trên đoạn [ 0; 2] . y A. M = 4 . B. M = −2 . C. M = 0 . D. M = 14 . Trang 1
Lời giải Chọn D Ta có y = x 3 + 3 x ⇒ y '= 3 x 2 + 3 > 0, ∀x ∈  nên hàm số = x 3 + 3 x đồng biến trên tập số thực, y nên giá trị lớn nhất trên đoạn [ 0; 2] bằng y ( 2 ) = 14. −x +1 Câu 6: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = là đường thẳng có phương trình : x+2 A. y = −2 . B. x = −1 . C. x = 2 . D. x = −2 . Lời giải Chọn D Vì lim+ y = +∞. x →−2 2x + 2 Câu 7: Số giao điểm của đồ thị hàm số y = với trục hoành là x−4 A. 1. B. 2. C. 0. D. −1. Lời giải Chọn A 2x + 2 Với y = 0 ⇔ = 0 ⇔ x = −1. Nên đồ thị cắt trục hoành tại một điểm. x−4 Câu 8: Đạo hàm của hàm số y = log x trên ( 0; +∞ ) là 1 x 1 1 A. y′ = . B. y′ = . C. y′ = . D. y′ = . x ln10 ln10 x x log e Lời giải Chọn A 1 y log x ⇒ y= = ' . x ln10 Câu 9: Nghiệm của phương trình 3x− 2 = 9 là A. x = −1 . B. x = 4 . C. x = 1 . D. x = 5 . Lời giải Chọn B 3x − 2 = 9 ⇔ 3x − 2 = 32 ⇔ x − 2 = 2 ⇔ x = 4. ( x + 1) −3 Câu 10: Tập xác định của hàm số = y là A. [ −1; +∞ ) . B.  \ {−1} . C. ( −1; +∞ ) . D. ( 0; +∞ ) . Lời giải Chọn B ( x + 1) là x + 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ −1 nên tập xác định là  \ {−1} . −3 Điều kiện xác định của hàm số = y Câu 11: Tìm tập nghiệm S của phương trình log 2 ( x 2 − 1) = 3. A. S = {3} . B. S = {±3} . C. S = {−3} . D. S = {2} . Lời giải Chọn B Trang 2
log 2 ( x 2 − 1) = ⇔ x 2 − 1 = 3 ⇔ x 2 = ⇔ x = 3. 3 2 9 ± Câu 12: Cho hàm số f ( x ) = 5 x 4 + 3 x 2 + 1 . Khẳng định nào dưới đây đúng? A. ∫ f ( x ) dx = x B. ∫ f ( x ) dx 5 + x3 + x + C . = 20 x 5 + 12 x 3 + x + C . 1 2 ∫ f ( x ) dx =x ∫ f ( x ) dx =x 5 C. 5 + x3 + C . D. + x3 + x +C . 2 Lời giải Chọn A ∫ f ( x )dx = ∫ ( 5 x + 3 x 2 + 1)dx = x 5 + x 3 + x + C. 4 Ta có 3 3 3 Câu 13: Biết = 2; ∫ g ( x )dx 3 . Tính ∫ f ( x ) dx = 1 1 ∫ ( f ( x ) + g ( x ) ) dx. 1 A. 6. B. 5. C. 4. D. 2. Lời giải Chọn B 3 3 3 Ta có ∫ ( f ( x ) + g ( x ) ) dx =∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx =2 + 3 =5. 1 1 1 Câu 14: Cho hàm số f ( x )= x + e 2 x +1 . Khẳng định nào dưới đây đúng? x 2 e 2 x +1 x2 A. ∫ f ( x ) dx = + +C . B. ∫ f ( x ) dx = + e 2 x +1 + C . 2 2 2 C. ∫ f ( x= ) dx 2e 2 x +1 + C . D. ∫ f ( x ) dx =+ e 2 2 x +1 x +C . Lời giải Chọn A x 2 e 2 x +1 ∫ f ( x ) dx =( x + e ) dx =2 + 2 + C. ∫ 2 x +1 Câu 15: Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn [ a; b ] . Thể tích vật thể tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng = a= b quanh trục hoành được tính theo công thức x ,x b b b a A. V = ∫ f ( x ) dx . B. V = π ∫ f 2 ( x ) dx . C. V = ∫ f 2 ( x ) dx . D. V = π ∫ f 2 ( x ) dx . a a a b Lời giải Chọn B Câu 16: Khối lăng trụ có thể tích bằng 12, diện tích đáy bằng 4 thì chiều cao của khối lăng trụ bằng A. 3 . B. 9 . C. 48 . D. 4 . Lời giải Chọn A V Ta có V = B.h ⇒ h = = 3. B Câu 17: Cho hình nón có bán kính đáy r = 8 và độ dài đường sinh l = 3 . Diện tích xung quanh của hình nón bằng: Trang 3
A. 24π . B. 192π . C. 48π . D. 64π . Lời giải Chọn A Ta có S xq = rl = π. π 24 Câu 18: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu có phương trình: ( x − 1) + ( y − 4 ) + ( z − 3) = 2 2 2 9. Tìm tọa độ tâm I và bán kính r của mặt cầu. A. I (1; 4;3) , r = 3. B. I (1; 4;3) , r = 9. C. I ( −1; −4; −3) , r = D. I ( −1; −4; −3) , r = 3. 9. Lời giải Chọn A Câu 19: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 0;1; − 1 ) , B ( 2;3;5 ) . Tọa độ trung điểm M của đoạn thẳng AB là A. M (1; 2; 2 ) . B. M (1; 2; − 2 ) . C. M ( 2; 2;6 ) . D. M ( 2; 4; 4 ) . Lời giải Chọn A  x A + xB = = 1  xM 2   y A + yB = = 2. Ta có  yM  2  z A + zB = = 2  zM  2 Câu 20: Tính diện tích toàn phần của khối bát diện đều có cạnh bằng 2. A. 4 3 . B. 8 3 . C. 16 3 . D. 3. Lời giải Chọn B Hình bát diện đều có tám mặt, mỗi mặt là một tam giác đều, vì mỗi cạnh bằng 2 nên diện tích 3 một mặt là 22. = 3. Vậy diện tích toàn phần bằng 8 3. 4 Câu 21: Trong hộp có 4 viên bi xanh, 5 viên bi đỏ, 6 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 3 viên bi. Số cách lấy là A. 9 . B. C15 . 3 C. A15 . 3 D. C4 + C5 + C6 . 3 3 3 Lời giải Chọn B Tổng số bi trong hộp là 15 viên nên số cách lấy 3 viên từ hộp là C15 . 3 Câu 22: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  và có bảng biến thiên như sau Trang 4
Số nghiệm của phương trình 2. f ( x ) − 3 = là 0 A. 3. B. 5. C. 2. D. 4. Lời giải Chọn B 3 Ta có: 2. f ( x ) − 3 = 0 ⇔ f ( x ) = nên số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ 2 3 thị y = f ( x ) và đường thẳng y = . 2 Câu 23: Cho hình chóp S . ABC có SA ⊥ ( ABC ) ; tam giác ABC đều cạnh a và SA = a (tham khảo hình vẽ). Tính góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) . S A C B A. 60 . o B. 45 . o C. 135o . D. 90o . Lời giải Chọn B   Ta có ∆SAC vuông cân tại A , SC ; ( ABC ) SCA 450. = = Câu 24: Cho hình chóp S . ABC có SA ⊥ ( ABC ) , SA AB 2a , tam giác ABC vuông tại B (tham khảo = = hình vẽ). Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng A. a 3 . B. a . C. 2a . D. a 2 . Lời giải Trang 5
Chọn D Gọi H là trung điểm của SB , do tam giác SAB cân tại A nên AH ⊥ SB , mặt khác theo giả thiết BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH suy ra AH ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( A; ( SBC ) ) = = 2. AH a Câu 25: Biết rằng đường thẳng y =2 x + 2 cắt đồ thị hàm số y = x 3 + x + 2 tại điểm duy nhất; kí hiệu − ( x0 ; y0 ) là tọa độ của điểm đó. Tìm ( x0 + y0 ). A. x0 + y0 = 1. B. x0 + y0 = 3. C. x0 + y0 = 2. D. x0 + y0 = 4. Lời giải Chọn C Phương trình hoành độ giao điểm là: x 3 + x + 2 = 2 x + 2 ⇔ x 3 + 3 x = ⇔ x = ⇒ y = ⇒ x0 + y0 = − 0 0 2 2. Câu 26: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) =(1 − x ) ( 3 − x ) ( x − 2 ) với mọi x ∈  . Điểm cực đại 2 3 4 x của hàm số đã cho là A. x = 2 . B. x = 0 . C. x = 3 . D. x = 1 . Lời giải Chọn C x = 0  x =1 f ' ( x ) = (1 − x ) ( 3 − x ) ( x − 2 ) ⇒ f '( x) = ⇔  2 3 4 x 0 . x = 2  x = 3 Bảng xét dấu đạo hàm. Suy ra hàm số f ( x ) đạt cực đại tại x = 3. Câu 27: Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị = x 3 − 3 x cắt đường thẳng y = m y tại ba điểm phân biệt. Số phần tử của tập S bằng A. 4 . B. 2 . C. 5 . D. 3 . Lời giải Chọn D x = 1 Ta có y = 3 − 3 x ⇒ y ' = x 2 − 3 = ⇔  x 3 0 ⇒ yCÐ = yCT = 2. Để đường thẳng y = m cắt 2, −  x = −1 đồ thị = x 3 − 3 x thì yCT < m < yCÐ ⇔ −2 < m < 2 , vì m nguyên nên m ∈ {−1;0;1} . y Câu 28: Tính tổng tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình log ( x 2 + 2 x + 3) ≤ log 6. A. −5 . B. 5 . C. 4 . D. 7 . Lời giải Chọn A Trang 6
 x2 + 2x + 3 ≤ 6  log ( x + 2 x + 3) ≤ log 6 ⇔  2 2 ⇔ x 2 + 2 x − 3 ≤ 0 ⇔ −3 ≤ x ≤ 1. Vậy tổng tất cả các x + 2x + 3 > 0  nghiệm nguyên của x bằng: −3 − 2 − 1 + 0 + 1 = 5. − Câu 29: Tìm tập xác định D của hàm số y = ln ( − x 2 − 3 x + 4 ) . A. D = ( −∞; −4 ) ∪ (1; +∞ ) . B. D = ( −4;1) . C. D = [ −4;1]. D. D = ( −1; 4 ) . Lời giải Chọn B Điều kiện xác định là − x 2 − 3 x + 4 > 0 ⇔ −4 < x < 1. Vậy tập xác định D = ( −4;1) . Câu 30: Cho a, b, c là các số thực dương khác 1. Hình vẽ bên là đồ thị của ba hàm số = log a x, y log b x, y log c x . y = = 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 Nhìn đồ thị ta có y log a x, y log b x là các hàm số đồng biến nên a > 1; b > 1 và hàm số = = y = log c x nghịch biến nên 0 < c < 1. Kẻ đường thẳng y = 1 trên cùng hệ trục đã cho thì đường thẳng y = 1 cắt đồ thị = log a x, y log b x lần lượt tại các điểm có hoành độ là a, b , nhận thấy a < b ⇒ c < a < b. y = Câu 31: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  có đồ thị như hình vẽ dưới. Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y = f ( x ) , trục hoành và các đường thẳng x = x = −1, 5. Trang 7
Mệnh đề nào sau đây đúng? 1 5 1 5 A. S = x − ∫ f ( x)dx . − ∫ f ( x)d B. S = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx . −1 1 −1 1 1 5 1 5 C. S = ∫ −1 f ( x)dx − ∫ f ( x)dx . 1 D. S = x + ∫ f ( x)dx . − ∫ f ( x)d −1 1 Lời giải Chọn C 5 1 5 1 5 Ta có S = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx. −1 −1 1 −1 1 Vì: f ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ [ −1;1] ; f ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ [1;5] . Câu 32: Biết F ( x= e x + x 2 là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) trên  . Khi đó ) ∫ f ( 2 x ) dx bằng 1 2x 1 2x A. 2e x + 2 x 2 + C. B. e + x 2 + C. C. e + 2 x 2 + C. D. e 2 x + 4 x 2 + C. 2 2 Lời giải Chọn C 1 1 1 t 2 Ta có ∫ f ( 2 x ) dx= 2 ∫ f ( 2 x ) d (2 x)= 2 ∫ f ( t )dt= 2 ( e + t ) + C với t = 2 x. 1 2x Vậy ∫ f ( 2 x ) dx = 2 e + 2 x 2 + C. x2 Câu 33: Hàm số f ( x ) =( t − 1) dt , x ∈  có bao nhiêu điểm cực trị? ∫ 1 A. 1 . B. 0 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn D x2 x = 0 x4 1  Ta có f ( x ) = ∫ ( t − 1) dt = − x + ⇒ f ' ( x ) = 2 x ( x − 1) = 0 ⇔  x = 1 do 3 nghiệm này 2 2 2 2 1   x = −1 phân biệt nên hàm số đã cho có 3 điểm cực trị. Câu 34: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu x 2 + y 2 + z 2 + 4 x − 4 y + 2 z =Biết rằng mặt cầu cắt mặt 0. phẳng ( Oxy ) theo giao tuyến là đường tròn tâm H . Tìm tọa độ điểm H . A. H ( −2; 2;0 ) . B. H ( −2; 2; −1) . C. H ( 0;0; −1) . D. H ( 2; −2;0 ) . Lời giải Chọn A Ta có tâm mặt cầu là I ( −2; 2; −1) nên H chính là hình chiếu của I trên ( Oxy ) , hay H ( −2; 2;0 ) . Câu 35: Kim tự tháp Kê - ốp ở Ai Cập được xây dựng vào khoảng 2500 năm trước Công nguyên. Kim tự tháp này là một khối chóp tứ giác đều có chiều cao là 147 m , cạnh đáy là 230 m . Thể tích của nó là A. 2592100 m3 . B. 2952100 m3 . C. 2529100 m3 . D. 2591200 m3 . Trang 8
Lời giải Chọn A Gọi khối chóp tứ giác đều là S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh 230 m ; chiều cao SH = 147 m. 1 1 Thể tích của nó= = . (= 2592100 . là: VS . ABCD .S ABCD .SH 2302 ) .147 3 3 Vậy thể tích Kim tự tháp là 2592100 m . 3 Câu 36: Cho khối chóp S . ABC , có SA, SB, SC đôi một vuông góc nhau, SA 2= a = a 7. = a, SB 5, SC Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABC. A. R = 4a . B. R = a . C. R = 2a . D. R = 8a . Lời giải Chọn C 1 R = SA2 + SB 2 + SC= 2a. 2 2 Câu 37: Trong không gian Oxyz , gọi S là tập các giá trị của m để điểm A (1; 2; m 2 − 2m ) nằm trên mặt phẳng ( Oxy ) . Số phần tử của tập S là A. 1 . B. 0 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn C m = 0 A (1; 2; m 2 − 2m ) ∈ ( Oxy ) ⇔ z A = ⇔ m 2 − 2m = ⇔  0 0 . m = 2 Câu 38: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = x 2 − 2 x + m − m 2 , ∀x ∈  . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số g ( x ) = f ( x ) có 5 điểm cực trị? A. 3. B. 2. C. 1. D. 0. Lời giải Chọn D Để hàm số g ( x ) = f ( x ) có 5 điểm cực trị thì hàm số y = f ( x ) có 2 cực trị dương, hay phương trình f ' ( x ) = x 2 − 2 x + m − m 2 = 0 có hai nghiệm dương phân biệt, điều kiện cần và đủ là: Trang 9
∆ m 2 − m + 1 > 0 =   x1 + x2 = 2 > 0 ⇔ 0 < m < 1.  2  x1.x2 =m − m > 0 Vậy không có giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán. m Câu 39: Cho hàm số f= ln  x ( x 2 + 1)  + 3 x + . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham ( x)   x số m với 0 < m < 68 sao cho hàm số f ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ) . Có tất cả bao nhiêu phần tử thuộc S ? A. 50 . B. 49 . C. 48 . D. 47 . Lời giải Chọn A Tập xác định của hàm số f ( x ) là D = ( 0; + ∞ ) . 3x 2 + 1 m f ′( x) = +3− 2 . x ( x + 1) 2 x Hàm số f ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ) khi và chỉ khi f ′ ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ( 0; 2 ) (do phương trình f ′( x) = 0 tại hữu hạn nghiệm thuộc khoảng ( 0; 2 ) ) 3x 2 + 1 m 3x3 + x ⇔ +3≤ 2 ⇔ 2 + 3 x 2 ≤ m (1) , ∀x ∈ ( 0; 2 ) . x ( x + 1) 2 x x +1 3x3 + x 3x 4 + 8 x 2 + 1 Xét hàm số g ( x ) = 2) . g′ ( x ) + 3 x 2 , x ∈ ( 0;= + 6 x > 0, ∀x ∈ ( 0; 2 ) . ( x + 1) 2 x2 + 1 2 Ta có bảng biến thiên của hàm số g ( x ) 86 Từ bảng biến thiên ta thấy (1) đúng với mọi x ∈ ( 0; 2 ) khi và chỉ khi m ≥ . 5 Do m ∈ ( 0; 68 ) và m là số nguyên nên m ∈ S = {18;19;...;67} . Vậy số phần tử thuộc S là 50. log 2 ( x 3 ) − log 2 (2 x) + 13 2 Câu 40: Tính tổng tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình ≥ 0. x3 − 4 x 2 + 5 x − 2 A. 133 . B. 136 . C. 153 . D. 135 . Lời giải Chọn A Trang 10
x > 0  x > 0 Điều kiện  3 2 ⇔ .  x − 4 x + 5 x − 2 ≠ 0  x ≠ 1; x ≠ 2  log 2 ( x 3 ) − log 2 (2 x) + 13 2 Với điều kiện suy ra bất phương trình: ≥0 x3 − 4 x 2 + 5 x − 2 1 ⇔ 3log 2 x − (1 + log 2 x ) + 13 ≥ 0 ⇔ − ( log 2 x ) + log 2 x + 12 ≥ 0 ⇔ −3 ≤ log 2 x ≤ 4 ⇔ 2 2 ≤ x ≤ 16 8 (thoả mãn). Với điều kiện trên và x ∈  ⇒ x ∈ {3; 4;5;…;16}. Do đó tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình là 3 + 4 + 5 +…+ 16 = 133. 4 1 x + ex Câu 41: Biết ∫ 1 4x + xe 2x dx =a + eb − ec với a, b, c là các số nguyên. Tính T = a − b − c. A. T = −3. B. T = 3. C. T = 6. D. T = −5. Lời giải Chọn C 2 1 x + ex  1 1 Vì + = + x  nên 4x xe 2 x  2 x e  4 4 1 x + ex  1 1  ( ) 4 ∫ 1 4x + = xe 2 x dx ∫  2 x + ex 1 =  dx x − e− x 1 =+ e −1 − e −4 . 1 Suy ra a = 1 , b = −1 , c = −4 . Vậy T = 6 . Câu 42: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , góc  = 600 và SA vuông góc với mặt ABC phẳng đáy. Gọi G là trọng tâm tam giác SAD . Biết khoảng cách từ G đến mặt phẳng ( SBC ) a bằng . Thể tích khối chóp S . ABCD là 3 a3 2 a3 2 a3 3 a3 3 A. . B. . C. . D. . 8 6 18 12 Lời giải Chọn A Trang 11
Gọi I , H lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BC và SI , ta có  BC ⊥ SA  BC ⊥ ( SAI )   AH ⊥ BC  ⇒ ⇒ ⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( A, ( SBC ) ) = (1) AH  BC ⊥ AI  AH ⊂ ( SAI )  AH ⊥ SI  Gọi M là trung điểm AD, G là trọng tâm ∆SAD , ta có: 3 3 3 a a GS ⇒ d ( MS =M , ( SBC ) ) = ) ) =d ( A, ( SBC ) ) (2) ( do AD  ( SBC ) ) d ( G, ( SBC . = = 2 2 2 3 2 a Từ (1) và (2) suy ra AH = . 2 a 3 Mặt khác tam giác ABC là tam giác đều cạnh a nên AI = 2 1 1 1 a 6 Trong tam giác vuông SAI có 2 = 2 + 2 ⇒ SA = . AH AS AI 4 a2 3 Diện tích đáy = 2.S ABC S ABCD = . 2 1 a3 2 Suy = = ra VS . ABCD .SA.S ABCD . 3 8 Câu 43: Trong không gian Oxyz , cho A (1; 2 ; 0 ) ; B ( 3 ; − 1; 2 ) ; C (1; 2 ; 2 ) ; D ( 3 ; − 1;1) và điểm 1 M ∈ ( Oxy ) . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = MA2 + 2 MB 2 − MC 2 − MD 4 . 4 7 15 A. 1 . B. . C. . D. 6 . 4 4 Lời giải Chọn D       +) Gọi I ( xI ; yI ; z I ) là điểm thỏa mãn IA + 2 IB − IC = I ( 3 ; − 1;1) . Suy ra I ≡ D . 0⇔ 1 +) Ta có T = MA2 + 2 MB 2 − MC 2 − MD 4 4   2     2   2 1    1 ( ) ( ) ( 4 ) = MI + IA + 2 MI + IB − MI + IC − MI 4 = 2 MI 2 − MI 4 + ( IA2 + 2 IB 2 − IC 2 ) . 4 Trang 12
     +) IA = ; 3 ; − 1) ; IB = 0 ;1) ; IC = ; 3 ;1) . Suy ra IA2 + 2 IB 2 − IC 2 = 14 + 2 − 14 = 2 ) ( −2 (0 ; ( −2 1 2 2 Đặt MI 2 = x . Ta có T = x − x + 2. 4 +) Gọi H là hình chiếu của I trên ( Oxy ) . Ta có MI ≥ IH =1, ∀M ∈ ( Oxy ) . 1 1 +) Xét hàm số y = x) = x 2 + 2 x + 2 , với x ∈ [1; + ∞ ) . f '( x) = x + 2 ; f '( x) = 0 ⇔ x = 4 f( − − 4 2 Bảng biến thiên: Vậy max T = 6 , khi x = 4 , hay MI = 2 và M ∈ ( Oxy ) . Câu 44: Cho hình nón đỉnh S , đường cao SO , A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho khoảng   cách từ O đến mặt phẳng ( SAB ) bằng 3 và SAO 300 , SAB 600 . Diện tích tam giác SAB = = bằng: 9 3 3 A. . B. 3 2 . C. . D. 3 5 . 2 2 Lời giải Chọn A S H B O I A Gọi I là trung điểm của AB ⇒ OI ⊥ AB . Gọi H là hình chiếu của O lên SI ⇒ OH ⊥ SI . OI ⊥ AB Ta có:  ⇒ OH ⊥ ( SAB ) ⇒ d ( O; ( SAB ) ) = OH = 3 OS ⊥ AB  SO ⇒ SO = SA Xét tam giác SAO vuông tại O có: sin SAO = SA 2  SI SA 3 Xét tam giác SAI vuông I có: sin SAI = ⇒ SI = SA 2 1 1 1 1 1 Xét tam giác SOI vuông tại O có: 2 = 2 + 2 = + ⇒ SA = 3 2 OH OI OS SI − SO OS 2 2 2 Trang 13
SA2 . 3 9 3 Diện tích tam giác đều SAB là: S ABC = = . 4 2 Câu 45: Cho hai hàm số f ( x ) , g ( x ) có đạo hàm trên tập số thực  và thỏa mãn ln  4 f ( x ) − 4 x + 12 x + 1 + f ( x ) − x + 3 x =   2 2  0  , ∀x ∈  . Tìm tổng tất cả các giá trị nguyên   g ( x ) = x3 − x 2 + f ( x ) + log m dương của tham số m để phương trình: g (3.g ( x)) + 8 g ( x ) =3 nghiệm phân biệt? 3 x có A. 24090 . B. 23871 . C. 24310 . D. 24531 . Lời giải Chọn C { Viết lại giả thiết thứ nhất: ln 4  f ( x ) − x 2 + 3 x  + 1} + f ( x ) − x 2 + 3 x =   0 Nếu f ( x ) − x 2 + 3 x > 0 thì vế trái dương nên không thỏa mãn Nếu f ( x ) − x 2 + 3 x < 0 thì vế trái âm nên không thỏa mãn Nếu f ( x ) − x 2 + 3 x = vế trái bằng không nên thỏa mãn 0 thì Vậy từ giả thiết thứ nhất ta tìm được f ( x= x 2 − 3 x. ) Với f ( x ) = x 2 − 3 x ⇒ g ( x ) + 3 x = x 3 + log m. Xét hàm số y = x 3 + log m ⇒ y '= 3 x 2 ≥ 0, ∀x ∈ . Hay hàm số y g ( x ) + 3 x đồng biến trên tập = số thực. Ta có: g (3 g ( x)) + 8 g ( x ) =3 x ⇔ g ( 3 g ( x ) ) + 3.3 g ( x ) =g ( x ) + 3 x ⇔ 3 g ( x ) =x ⇔ 3 ( x3 − 3 x + log m ) =x. ⇔ 3 x3 − 10 x = m, xét hàm h (= 3 x3 − 10 x, để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì −3log x) điều kiện cần và đủ là: hCT < −3log m < hCÐ ⇔ 1 ≤ m ≤ 220, vì m ∈ N * . Ta có 1 + 2 + 3 + ... + 220 =24310. Vậy tổng các giá trị của tham số cần tìm là 24310. Câu 46: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ −4; 4] và có bảng biến thiên như hình vẽ bên dưới Có tất cả bao nhiêu giá trị thực của tham số m thuộc đoạn [ −4; 4] để hàm số g ( x )= f ( x3 + 2 x ) + f ( m ) có giá trị lớn nhất trên đoạn [ −1;1] bằng 8 ? A. 10 . B. 9 . C. 8 . D. 7 . Lời giải Chọn C Trang 14