Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 12 - Sở GD&ĐT Bắc Ninh 2021-2022 (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 12 - Sở GD&ĐT Bắc Ninh 2021-2022 (Có đáp án)

1. UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2021 - 2022 MÔN TOÁN - LỚP 12 Đề thi gồm có 08 trang Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 2;0 và mặt phẳng P : 2 x 2 y z 3 0 . Mặt phẳng : 2x by cz d 0 (với b,, c d ) đi qua điểm A, song song với trục Oy và vuông góc với P . Khi đó, giá trị b c d bằng A. 2 . B. 0 . C. 4 . D. 8 . Lời giải Chọn A  Ta có mặt phẳng P có 1 vectơ pháp tuyến nP 2; 2;1 . Trục Oy có 1 vectơ chỉ phương j 0;1;0 .  Suy ra n, j 1;0;2 / /n 1;0; 2 . P Mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng P và song song với trục Oy nên nhận vectơ n 1;0; 2 là vectơ pháp tuyến, mặt phẳng đi qua điểm A nên có phương trình 1. x 1 0. y 2 2. z 0 0 x 2 z 1 0 2 x 4 z 2 0 . Do đó b 0; c 4; d 2 . Vậy b c d 2. Câu 2. Thiết diện qua trục của hình nón N là tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a . Tính diện tích toàn phần của hình nón N . a2 1 2 2 a2 2 2 a2 2 1 A. S . B. S . C. S a2 2 1 . D. S . xq 2 xq 2 xq xq 2 Lời giải Chọn D Ta có tam giác SAB vuông cân tại S có SA SB a . a 2 Suy ra AB SA2 SB 2 a2 R . 2 a2 a2 2 Diện tích xung quanh hình nón N là S Rl a . xq 2 2 a2 Diện tích mặt đáy hình nón N là SR 2 . d 2 a2 2 1 Vậy diện tích toàn phần của hình nón là SSS . d xq 2 Trang 1
2. 2 Câu 3. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y log x 2 mx 4 có tập xác định là . m 2 A. m 2 . B. m 2 . C. . D. 2m 2 . m 2 Lời giải Chọn D a 0 1 0 Điều kiện xmxx2 2  4 0, 2 m 2 . 2 0 m 4 0 Vậy 2m 2 . Câu 4. Cho hàm số y fx là hàm số có đạo hàm cấp hai liên tục trên . Gọi C là đồ thị của hàm số đã cho. Tiếp tuyến với đồ thị C tại các điểm có hoành độ x 1; x 0 lần lượt tạo với trục hoành góc 300 ;45 0 . Tiếp tuyến với đồ thị C tại các điểm có hoành độ x 1; x 2 lần lượt song song với đường thẳng dy1 : 2 x 1 và vuông góc với đường thẳng d2 : y x +5 . 0 2 3 Tính I 3 fxfxx . d 4 fx . fxx d 1 1 1 37 A. . B. . C. 58. D. 14 . 2 12 Lời giải Chọn D 3  Từ giả thiết, ta có: f 1 tan 300 ; f 0 tan 45 0 1; ff 1 2; 2 1. 3  Đặt t f x dt f x dx . 3  TH1: f 1 ; fff 0 1; 1 2; 2 1, ta có 3 0 2 1 1 3 I 3 fxfxx . d 4 fxfxx . d 3 tt d 4 tt3 d 14 1 13 2 3 3  TH2: f 1 ; f 0 1; ff 1 2; 2 1, ta có 3 0 2 1 1 3 I 3 fxfxx . d 4 fxfxx . d 3 tt d 4 tt3 d 14 1 13 2 3 3  TH3: f 1 ; fff 0 1; 1 2; 2 1, ta có 3 0 2 1 1 3 I 3 fxfxx . d 4 fxfxx . d 3 tt d 4 tt3 d 14 1 13 2 3 3  TH4: f 1 ; f 0 1; ff 1 2; 2 1, ta có 3 Trang 2
3. 0 2 1 1 3 I 3 fxfxx . d 4 fxfxx . d 3 tt d 4 tt3 d 14 1 13 2 3 0 2 3  Vậy I 3 fxfxd . x 4 fxfxd . x 14 1 1 Câu 5. Cho hàm số f x xác định và có đạo hàm trên . Biết f x có bảng xét dấu như sau: Hàm số yfx 2 2 x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. 2;1 . B. 4; 3 . C. 2; 1 . D. 0;1 . Lời giải Chọn C  Ta có: y 2 x 2 fx 2 2 x  Hàm số nghịch biến khi x 1 2x 2 0 x 1 2 2 x 2 x 2 x  fx 2 x 0 2 x 1 y 0 x 2 x 3 x 3 x 1 . 2x 2 0 3 x 1 x 1 x 1 2 fx 2 x 0 2 1x 2 x <3 3 x <1 Câu 6. Cho hàm số y fx và y gx có đạo hàm liên tục trên 0;1 , thỏa mãn 1 1 f x g x dx 2022; f x g x d x 2023. Giá trị của biểu thức f 1 g 1 f 0 g 0 bằng 0 0 A. 1. B. 1. C. 4045 . D. 4046 . Lời giải Chọn C u g x du g x dx  Đặt . dv f x dx v f x 1 1 1  Ta có: fxgxd x fxgx fxgxd x 0 0 0 2022f 1 g 1 f 0 g 0 2023 f 1 g 1 f 0 g 0 4045 mln x 2 Câu 7. Cho hàm số y ( m là tham số thực). Gọi m0 là giá trị của m để miny max y 2 . lnx 1 1;e  1;e  Khẳng định nào dưới đây đúng? A. 0 m0 10 . B. m0 2 . C. 6 m0 11. D. 0 m0 2. Lời giải Trang 3
4. Chọn C Ta có m 1 lnx 1 mx ln 2 mxln 2 ln x 1 ln xmx 1 ln 2 m 2 y x x . lnx 1 2 ln xxx 1 2 ln 1 2 TH1: Nếu m 2 0 m 2 . m 2 m 2 Khi đó y  0 xeyy 1; min 1 2, max y ye . x ln x 1 2 1;e  1;e  2 m 2 Suy ra minyy max 2 2 2 mm 2 8 10 (thỏa mãn). 1;e  1;e  2 TH2: Nếu m 2 0 m 2. m 2 m 2 Khi đó y  0 xe 1; max yy 1 2 , min y ye . x ln x 1 2 1;e  1;e  2 m 2 Suy ra minyy max 2 2 2 mm 2 8 10 (không thỏa mãn). 1;e  1;e  2 Vậy m0 10 . Suy ra khẳng định đúng là 6 m0 11. 1 1 Câu 8. Cho biểu thức Pxx 2 3  6 x với x 0. Khẳng định nào dưới đây đúng? 7 11 5 A. P x 6 . B. P x . C. P x 6 . D. P x 6 . Lời giải Chọn B 1 1 1 1 1 1 Ta có Pxxxx 2 3  6 2 3 6 x . Câu 9. Cho hàm số f x có đạo hàm liên tục trên , thoà mãn f 6 1 và 6 3 xfx2  6 fx d x 10. Khi đó xfx 3 d x bằng 0 3 A. 13. B. 26 . C. 13. D. 26. Lời giải Chọn A 3 Với I xfx 3 d x . 3 x t 3 Đặt t x 3 . dt d x Đổi cận: Khi x 3 t 0 ; x 3 t 6 . 6 6 6 6 Ta có I t3 ftt d x 3 fxx d xfxx d 3 fxx d . 0 0 0 0 6 6 6 Mặt khác xfx2 6 fxx d  10 xfxx 2 d 6 fxx d 10 0 0 0 Trang 4
5. 1 6 6 1 6 6  xfxx2 d 3 fxx d 5 xfxx2  d 5 3 fxx d . 2 0 0 2 0 0 6 6 61 6 Suy ra I xfxx d 3 fxx d xfxx d  xfxx2 d 5 0 0 02 0 6 6 6 1 1 2 1 2 2xfxx d  xfxx d 5 2xfx + x  fx d x 5 20 2 0 2 0 6 6 1 2 1 2 xfx  d x 5 xfx  5 18 f 6 0 5 13 . 2 0 2 0 Vậy I 13. x 2 Câu 10. Biết Fx e 2 x là một nguyên hàm của hàm số f x trên . Khi đó f 2 x d x bằng 1 1 A. e2x 4 xC 2 . B. e2x 2 xC 2 . C. 2ex 4 xC2 . D. e2x 8 xC 2 . 2 2 Lời giải Chọn A Xét I fxx 2 d 1 1 1 Đặt tx 2 d x d t . Khi đó I ftt d etCt 2 . 2 2 2 1 Kết luận: I fxx 2 d e2x 4 xC 2 . 2 Câu 11. Cho a 0, b 0 và ab 1 thỏa mãn 3lna 7ln b 0 . Khi đó log a3 b bằng ab 1 1 A. 3. B. . C. 3. B. . 3 3 Lời giải Chọn A 7 Ta có: 3lna 7ln b 0 ln a ln b 3 1 7 1 ln a3 b lna ln b ln b ln b Xét loga3 b 3 3 3 3. ab ln ab 1 1 7 lna ln b lnb ln b 2 2 3 Kết luận: loga3 b 3. ab Câu 12. Cho hàm số yx 2021 2022 x . Có bao nhiêu giá trị nguyên của x để f 22 x fx 2 ? A. 20 . B. 23. C. 21 . D. 22 . Lời giải Chọn C 2021 2020 Xét hàm số: yx 2022 xyx 2021 2022  yx 0, . 2021 Hàm số yx 2022 x luôn đồng biến trên . fxfx 22 2 22 xx 2 0 x 22 . Trang 5
6. x 1;2;3;4; ;21 . Kết luận: Có 21 giá trị nguyên. Câu 13. Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 3a . Tính thể tích của khối chóp đã cho. 2a3 34a3 2a3 34a3 A. V . B. V . C. V . D. V . 2 6 6 2 Lời giải Chọn B Giả sử có hình chóp đều S. ABCD và AB a , SA 3 a . Gọi SO là đường cao của hình chóp, với O tâm của ABCD . Vì S. ABCD là hình chóp đều nên ABCD là hình vuông có cạnh AB a AC a 2 . Xét tam giác vuông SOA có 2 2 2 2 2 2 2 2 AC 2 a17 a a 34 SA SO OA SO SA 3 a SO . 2 2 2 2 1 1a 34 a3 34 Thể tích khối chóp S. ABCD là: V S SO a2 . 3ABCD 3 2 6 1 Câu 14. Cho I x51 x 3 dx . Nếu đặt t 1 x3 thì 0 2 1 1 2 1 1 A. I t2 1 t 2 dt . B. I 2 t2 1 tdt 2 . C. I tt2 2 1 dt . D. I 2 t2 t 2 1 dt . 3 0 0 3 0 0 Lời giải Chọn A 1 1 Ta có I x51 x 3 dx x 3 1 x 3 . x 2 dx . 0 0 3 2 3 3 2 Đặt t 1 xt 1 xx 1 t 2 d x3 d 1 t 2 x 2 dx tdt . 3 Với x 0 t 1; và với x 1 t 0 . 0 1 2 2 2 2 2 Khi đó I 1 t t . t dt t 1 t dt . 1 3 3 0 Câu 15. Cho hình chóp S. ABC có SA ABC , tam giác ABC vuông tại C , AC a 2 , AB a 6 . Tính thể tích khối chóp S. ABC biết SC 3 a . a3 14 a3 6 2a3 42 A. 14a3 . B. . C. . D. . 3 3 3 Trang 6
7. Lời giải Chọn B Trong tam giác ABC có BC AB2 AC 2 2 a . Trong tam giác SAC có SA SC2 AC 2 a 7 . Thể tích khối chóp S. ABC là 1 1 1 1 1a3 14 V SA. S SA . CA . CB . a 7. . a 2.2 a . SABC. 3 ABC 3 2 3 2 3 Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng Px : 2 y 3 z 7 0 và hai đường x 3 y 2 z 2 x 1 y 1 z 2 thẳng d : , d : . Đường thẳng vuông góc với mặt 1 2 1 4 2 3 2 3 phẳng P và cắt cả hai đường thẳng d1 và d2 có phương trình là x 5 y 1 z 2 x 7 yz 6 A. . B. . 1 2 3 1 2 3 x 4 y 3 z 1 x 3 y 2 z 2 C. . D. . 1 2 3 1 2 3 Lời giải Chọn A Lấy A 3 2 t ; 2 t ; 2 4 t  d d1 và B 1 3 t ; 1 2 t ; 2 3 t  d d2 , suy ra  AB 2 3 tt 2 ;1 2 tt ;4 3 tt 4 .  Đường thẳng d nhận AB làm véc-tơ chỉ phương.   Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng nên nP kABk 0 . Khi đó 2 3tt 2 1 2 tt 4 3 tt 4 t 1 1 2 3 t 2  Do đó d qua A 5; 1;2 và nhận véc-tơ nP 1;2;3 làm véc-tơ chỉ phương có phương trình x 5 y 1 z 2 d : . 1 2 3 Câu 17. Cho hàm số f x có đạo hàm trên 2;5 thỏa mãn f x 0 , x 2;5 , fx 0 x  3;4 . Mệnh đề nào dưới đây sai? A. Hàm số f x đồng biến trên khoảng 2;5 . B. Hàm số f x đồng biến trên khoảng 4;5 . C. f 10 f 13 . Trang 7
8. D. Hàm số f x đồng biến trên khoảng 2;3 . Lời giải Chọn A Ta có: f x 0 , x 2;5 , fx 0 x  3;4 nên tồn tại vô số điểm x 3;4 để f x 0 Vậy hàm số f x không đồng biến trên khoảng 2;5 . Câu 18. Một vật N1 , có dạng khối nón có chiều cao bằng 40cm . Người ta cắt vật N1 bằng một mặt 1 phẳng song song với mặt đáy của nó để được một khối nón nhỏ N có thể tích bằng 2 8 thể tích N1 . Tính chiều cao h của khối nón N 2 . A. 20cm . B. 10cm . C. 5cm. D. 40cm . Lời giải Chọn A 1 r2 h 2 V 2 2 h r N2 3 r2 h 2 3 1 1 Ta có: 2 2 k nên . k k . h r V1 2 r h 8 2 1 1 N1 r h 1 1 3 1 1 1 Khi đó h h 20cm . 22 1 Câu 19. Quay xung quanh truc Ox hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số yx 2 1 ln x , trục Ox , và đường thẳng x 2 ta thu được khối tròn xoay có thể tích bằng 2 2 2 2 2 2 A. 2x 1 2 ln xdx . B. 2x 1 2 ln xdx . C. 2x 1 ln xdx . D. 2x 1 ln xdx . 1 1 1 1 2 2 Lời giải Chọn C  Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 0 2x 1 ln x 0, ĐK x 1. lnx 0 x 1 1 2x 1 0 x 2 x 1 lnx 0 x 1 2 2  Thể tích khố trong xoay quay quanh Ox là: V 2 x 1 ln xdx . 1 Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A 4;2;3 , B 1; 2;3 , C 1;2;3 . Tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC là điểm: 1 1 3 2 9 A. I ; ; . B. I 3; ;3 . C. I 2;1;3 . D. I 3;1; . 2 6 4 3 2 Trang 8
9. Lời giải Chọn C  Gọi Ix I; yz I ; I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Ta có AB 5, AC 3, BC 4 BCx CAx ABx 4.4 3.1 5.1 x A B c 2 I BC CA AB 4 3 5 BCy A CAy B ABy c 4.2 3. 2 5.2 Tọa độ tâm I được tính theo công thức: yI 1 BC CA AB 4 3 5 BCz A CAz B ABz c 4.3 3.3 5.3 zI 3 BC CA AB 4 3 5  Vậy tọa độ điểm I 2;1;3 . Câu 21: Ban đầu ta có một tam giác đều cạnh bằng 3 (hình 1). Tiếp đó ta chia mỗi cạnh của tam giác thành ba đoạn bằng nhau và thay mỗi đoạn ở giữa bằng hai đoạn bằng nó sao cho chúng tạo với đoạn bỏ đi một tam giác đều về phía bên ngoài để được hình như hình 2. Quay hình 2 xung quanh trục d ta được một khối tròn xoay có thể tích bằng 5 3 9 3 5 3 5 3 A. . B. . C. . D. . 2 8 3 6 Lời giải Chọn C Ta đánh dấu các điểm như hình vẽ. Do tính chất đối xứng nên thể tích cần tìm của khối tròn xoay bài ra bằng 2 lần thể tích của đường gấp khúc ABDGI quay quanh trục d . Đường gấp khúc này 1 3 khi quay quanh d tạo ra 1 khối nón có r và đường cao h , 1 khối nón cụt có chiều cao 2 2 Trang 9
10. 3 3 2 h , hai đáy r HD, r IG HD 1 nên ta có thể tích lần lượt tính theo công thức 1 2 12 2 3 1 2 h 2 2 V1 , rhV 2 rrrr 1 2 1 2 . 3 3 5 3 5 3 Ta được V V . Từ đó ta có được thể tích khối tròn xoay cần tìm là V . 1 2 6 3 3 2 3 9 3a 3 b 3 c Câu 22: Biết rằng phương trình 3log5xx log 5 log 5 125 x có nghiệm duy nhất x 5 với abc,, là các số nguyên dương đôi một phân biệt. Giá trị của tích abc bằng A. 9. B. 12. C. 7. D. 8. Lời giải Chọn D 3 2 3 9 3 2 3 3 Ta có 3log5xx log 5 log 5 125 x 3log 5 xxx 9log 5 9log 5 3 0 log 5 x 4 2 1 3 3 x 5 4 2 1 nên a 4; b 2; c 1 abc 8. Câu 23. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của m để phương trình 9x 1 mxx 44 2 2 1 3 m 3 .3 x 1 0 có nghiệm duy nhất. Tổng các phần tử của S bằng A. 1. B. 1. C. 2 . D. 2 . Lời giải Chọn D Ta có: 9x 1 mxx 44 2 2 1 3 m 3 .3 x 1 0 3x 2 3 x m 4. x 1 3 m 3 0 . Nhận xét: Nếu x0 là nghiệm của phương trình đã cho thì x0 2 cũng là nghiệm của phương trình đã cho. Do đó điều kiện cần để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x0 x 0 2 x0 1. 1 m 1 Thay x0 1 vào phương trình đã cho ta được 1 m 3 m 3 . 1 0 . 3 m 2 Điều kiện đủ: Với m 1: Phương trình đã cho có dạng: 9x 1 4.x 1 6 .3 x 1 0 2 3x 1 1 4.x 1.3 x 0 1 Dễ thấy x 2, x 1 và x 0 là nghiệm của phương trình 1 . m 1 không thỏa mãn. Với m 2 : Phương trình đã cho có dạng: 9x 1 2 4.x 1 3 .3 x 1 0 2 3x 1 1 8.x 1.3 x 0 x 1. m 2 thỏa mãn. Do đó S 2 . Vậy tổng các phần tử của S bằng 2 . Câu 24. Cho hàm số f x ax3 bx 2 cx d có đồ thị C . Đồ thị hàm số y f x được cho như hình vẽ. Trang 10
11. Biết rằng đường thẳng d : y x cắt đồ thị C tạo thành hai phần hình phẳng có diện tích bằng nhau. Giá trị a b c d bằng A. 6 . B. 5 . C. 1. D. 6 . Lời giải Chọn B Ta có: fx 3 ax2 2 bxc . b 1 3a b 3 a a 1 Từ hình vẽ suy ra f 0 0 c 0 b 3 3a 2 bc 3 c 0 f 1 3 fx 3 x2 6 x fx 6 x 6 và f x x3 3 x 2 d . f x 0 6x 6 0 x 1 Điểm uốn của đồ thị C là điểm I 1; d 2 . Điều kiện cần: Đường thẳng d : y x cắt đồ thị C tạo thành hai phần hình phẳng có diện tích bằng nhau khi đường thẳng d : y x đi qua điểm uốn I 1; d 2 của đồ thị C . d 2 1 d 3. Điều kiện đủ: Với d 3 fx x3 3 x 2 3. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị C là: x 1 3 2 3 2 xx 3 3 x x 3 x x 3 0 x 1 x 3 Đường thẳng d : y x cắt đồ thị C tạo thành hai phần hình phẳng có diện tích lần lượt là: 1 1 S fxxx d xxx3 3 2 3 d x 4 . 1 1 1 Trang 11
12. 3 3 S xfxx d xxx3 3 2 3 d x 4 . 2 1 1 Vậy a 1; b 3 ; c 0 ; d 3 a b c d 5 . 4x 1 a c a c Câu 25. Biết dx ln 2 x 1 ln xC 3 với abc,, là các số nguyên dương và , là 2x2 5 x 3 b b b b các phân số tối giản. Tính S 2 a 3 bc . A. S 36 . B. S 34 . C. S 32 . D. S 38. Lời giải Chọn A 4x 1 4 x 1 Ta có , gọi A, B là hai số thực thỏa mãn 2x2 5 x 3 2x 1 x 3 4x 1 AB . 2xx 1 3 2 xx 1 3 2 A A 2 B 4 7 Khi đó ta có: . 3A B 1 13 B 7 4x 1 2 1 13 1 1 13 Suy ra dx d x d xx ln 2 1 ln xC 3 . 2x2 5 x 3 7 2x 1 7 x 3 7 7 Do đó, a 1, b 7, c 13 nên S 2 a 3 bc 36 . 3 2 Câu 26. Cho các số thực x, y thỏa mãn log8 xxx log 4 x 1 log 8 y 2 log 64 y 1 . Có bao 4x nhiêu giá trị nguyên của tham số a  10;10 để biểu thức P y a có giá trị nhỏ nhất x 1 bằng 0 . A. 6 . B. 15. C. 1. D. 16. Lời giải Chọn D x3 x 2 x 0 x 1 0 x 0 Điều kiện: . y 2 0 y 1 y 1 0 Với điều kiện trên ta có: 1 1 1 1 logxxx3 2 log x 1 log y 2 log y 1 32 2 2 3 2 6 2 3 2 2 x x x 2 log2 log 2 y 2 y 1 x 1 3 2 3 2 x x x 2 y2 y 1 x 1 3 22 2 x x 2 1 y 2 y 1 (*). x 1 x 1 Trang 12
13. Xét hàm số fttt 1 2 t3 2 tt 2 trên khoảng 0; . Ta có fttt 32 410,  t 0; . x2 x 2 x 2 Khi đó (*) f fy 1 yy 1 1. x 1 x 1 x 1 x2 4 x P a 1 x 1 x 1 x Đặt u với x 0; thì ta có u 0; . x 1 Xét hàm g u u2 4 u a 1, g u 2 u 4 g u 0 u 2 Ta có bảng biến thiên Khi đó, P g u có giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi và chỉ khi a 5 0 a 5 * . a Z Mặt khác: a  10;10  Từ (*) và ( ) suy ra a 10; 9; ;5  Vậy có 16 giá trị nguyên của a thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 27. Xác định m để phương trình 2log (x 1) log ( mx2 1) có nghiệm . m2 2 m 2 2 m 1 A. . B. m 1. C. m 1. D. 1m 1. m 1 Lời giải Chọn D 2 2 2 2log (x 1) log ( mx 1) log (x 1) log ( mx 1) m2 2 m 2 2 m2 2 m 2 2 x 1 x 1 0 x 1 2 2 2 2 2 mx 1 ( x 1) mx 1 x 2 x 1 m 1 x 2 2 Đặt fx( ) 1 ,  x 1 ta có fx' ( )  0; x 1. x x2 x 1 ' + f( x ) 1 f( x ) 1 Vậy 1m 1 Trang 13
14. 20 Câu 28. Tìm số hạng chứa x3 trong khai triển 1 x 2 x2 . A. 380x3 . B. 540x3 . C. 1900x3 . D. 160x3 . Lời giải Chọn A Ta có: 220 2 3 20 *) 1 x 2 x aaxaxax0 1 2 3 ax 20 20 20 2 20 20 20 i ii jjj *) 1 x 2 x 1x 1 2 x  C20 ( 1) xCx  20 2 i 0 j 0 Do đó, số hạng chứa x3 trong khai triển là: 3 033333 031 2232 2 13 3 a3 x CCxC20. 20 .2 . 20 . 1 . CxC 20 . 20 . 1 . CxC 20 .2 . 20 . 1 . Cx 20 .2. = 380x . Câu 29. Cho hàm số f x liên tục trên đoạn 0;1  thỏa mãn 4.xfx 2 31 f x 41 x x 2 3, xx   0;1.  1 Tính tích phân I fxx d . 0 1 1 2 5 A. . B. . C. . D. . 6 4 3 6 Lời giải Chọn C Ta có: 4.xfx 2 31 f x 41 x x 2 3, xx   0;1.  1 1 1 1 4.xfxx 2 d31d f xx 41d3d x xx 2 xx 0 0 0 0 1 1 1 1 2.fxx 2 d 2 3 fx 1 d 1 x 2 1 x 2 d 1 x 2 3 xx d 0 0 0 0 1 1 1 4 23 3 2 fttfuu d 3 d 1 x 2 x 0 0 3 0 1 4 4 10 1 2 5 fxx d .0 2.1 .1 2.0 fxx d . 0 3 3 3 0 3 1 2 Vậy I fxx d . 0 3 Câu 30. Cho hàm số y fx có đạo hàm trên và f 1 1. Đồ thị hàm số y f x như hình vẽ sau Có bao nhiêu số nguyên dương a để hàm số y 4 f sin x cos 2 x a nghịch biến trên 0; ? 2 A. 2. B. Vô số. C. 3. D. 5. Lời giải Trang 14
15. Chọn C Xét hàm số g x 4 f sin x cos 2 x a trên khoảng 0; 2 Ta có gx 4cos xfx . 4sin xx .cos 4cos xfx sin x Do cosx 0,  x 0; nên gx 0 fx sin x (vô nghiệm vì trên khoảng 0; ta 2 2 thấy đồ thị hàm y sin x nằm phía trên đồ thị f x ) Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên, để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng 0; thì 2 g 0 4 f 1 1 a 0 3 a 0 a 3 2 * Mà a nên a 1;2;3  Vậy có 3 giá trị nguyên dương của a thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 31: Cho hàm số y fx thỏa mãn f 2 2, f 2 2 và có bảng biến thiên như hình vẽ sau. Có bao nhiêu số tự nhiên m để bất phương trình f fx m có nghiệm trên đoạn  1;1  ? A. 2. B. 1. C. 3. D. 4 . Lời giải Chọn C Xét hàm số y f fx trên đoạn  1;1 ta có: Trang 15
16. y' fxf '.' fx f' x 0 y ' 0 f' fx 0 fx' 0 x 1 f x 1 ffx' 0 fx 1 f x 1 xx 1 2; 1 ( L ) fx 1 xx 1;1 2 xx 3 1;2 ( L ) xx 4 2; 1 ( L ) fx 1 xx 1;1 xx 5 5 2 xx 6 1;2 ( L ) Ta có bảng biến thiên như sau: Từ bảng biến thiên ta thấy bất phương trình f fx m có nghiệm trên đoạn  1;1 m 2 Mà m là số tự nhiên nên m 0;1;2 Câu 32: Cho hình chóp O. ABC có OA,, OB OC đôi một vuông góc với nhau. Gọi ,,  lần lượt là góc tạo bởi các đường thẳng OA,, OB OC với mặt phẳng ABC . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức M 3 cot2 3 cot 2  3 cot 2  bằng A. 48 . B. 125. C. 125 3 . D. 48 3 . Lời giải Chọn B Gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Ta có: Trang 16
17. +) H là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng ABC . 1 1 1 1 +) . OH2 OA 2 OB 2 OC 2 Khi đó OAH ;  OBH ;  OCH . OH OH OH OH2 OH 2 OH 2 Suy ra sin ;sin  ;sin  sin2  sin 2 sin 2 1. OA OB OC OAOBOC2 2 2 1 Đặt sin2 x ;sin 2  y ;sin 2  zxyz 13 3 xyzxyz . 27 Ta có: M 3 cot2 3 cot 2  3cot 2  1 1 1 2 2 2 2 2 2 sin sin  sin  1 1 1 2 2 2 x y z Mặt khác: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 55 ;2 55 ;2 5 5 x3 xxx 3 3 27 xy3 27 yz 3 27 z 3 1 M 1255 125 273 xyz 3 1 Dấu bằng xảy ra khi x y z . 3 Câu 33: Cho hàm số f x liên tục trên và có đồ thị như hình bên dưới Tính tổng tất cả các giá trị thực của tham số m để maxf 8 4 xx 42 1 m 5  1;1  A. 20. B. 3. C. 10. D. 7. Lời giải Chọn C Xét hàm số gxf 8 4 xx 42 1 m trên đoạn  1;1  Trang 17
18. Điều kiện: 8 4xx 42 0 1 x 2 . 2x 1 gx . fxx 2 2 2 1 x2 x 2 1 x 1 2 x 2 1 5 2x 1 0 x n 2 2 Cho g x 0 2 2 x x 2 1 1 f 2 xx 2 1 0 1 5 2 x2 x 2 1 2 x n 2 1 x k 2 Ta có: g 1 f 1 mm 8 1 5 g fmm 1 2 2 1 g f 2 mm 4 2 g 2 8 m Suy ra maxgx () 8 m ;min gx () 2 m .  1;2   1;2  8m 5 5 2 m 2 m 3 Để maxf 8 4 xx 4 1 m 5 .  1;1  2m 5 m 7 5 8 m Vậy m 3 7 10. mm 8 2 m 8 ( m 2) Chú ý: Công thức nhanh maxg x 5.  1;1  2 Câu 34: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA ABC , góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ABC bằng 600 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB bằng a 15 a 2 a 7 A. . B. . C. . D. 2a . 5 2 7 Lời giải Chọn A Trang 18
19. Ta có: SB , ABC SB , AB SBA 600 Dựng hình thoi ACBE AC// SEB d d d AC; SB AC; SBE A ; SEB Kẻ AK EB và AH SK . Từ đó suy ra AH SEB d AH . A; SEB a 3 Ta có: SA AB.tan 600 a 3 và AK 2 AK. AS 15 AH a . AK2 AS 2 5 Câu 35: Cho hàm số y ax33 bx 2 2 cx d ( a,,, b c d là các hằng số, a 0 ) có đồ thị như hình vẽ. Hàm a số y x4 abx 3 3 bcx 2 dcxd 2 2022 nghịch biến trên khoảng nào sau đây? 4 A. 2; . B. 1;2 . C. ;0 . D. 0;2 . Lời giải Chọn B Xét hàm số y ax33 bx 2 2 cx d y 3 ax2 6 bx 2 c . Từ đồ thị hàm số suy ra đồ thị đi qua các điểm A 0;1 , B 2; 3 nên d 1 d 1 (1) 8abcd 12 4 3 2 abc 3 1 Từ đồ thị hàm số suy ra hàm số có hai điểm cực trị là xx 0, 2 y 0 có hai nghiệm là 0 và c 0 2 (2) 12a 12 b 0 a 1 b 1 Từ (1) và (2) suy ra c 0 d 1 Trang 19
20. a Ta có ygx x4 abx 3 3 bcx 2 dcxd 2 2022 4 gxax 33 abx 2 2 3 bcxdcx 2 3 6 x 1 gx 0 x ; 2,5  0,16; 2,3 a Do đó hàm số y x4 abx 3 3 bcx 2 dcxd 2 2022 nghịch biến trên khoảng 4 1;2 . Câu 36: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A B C có AB a , góc giữa hai mặt phẳng A BC và ABC bằng 60 . Gọi G là trọng tâm tam giác A BC . Thể tích của khối cầu ngoại tiếp tứ diện GABC bằng bao nhiêu? 343 a3 49 a3 343 a3 343 a3 A. . B. . C. . D. . 1296 108 432 5184 Lời giải Chọn A Gọi M là trung điểm của BC và H là trọng tâm tam giác ABC . Khi đó góc giữa hai mặt phẳng A BC và ABC là AMA 60 . AA a3 3 a 1 a Ta có tan tan AA 3. GH AA . AM 2 2 3 2 a2 a 2 a 7 Khi đó AG GH2 AH 2 4 3 12 AG27 a 2 .2 7 a bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC là R 2GH 12.2 a 12 3 3 43 4 7 343 a Thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện GABC là V R . . 3 3 12 1296 2 2 2 Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu Sx1 : 4 yz 16 , 2 2 2 Sx2 : 4 yz 36 và điểm A 4;0;0 . Đường thẳng di động nhưng luôn tiếp xúc với S1 , đồng thời cắt S2 tại hai điểm B, C phân biệt. Tam giác ABC có diện tích lớn nhất bằng bao nhiêu? A. 24 5 . B. 48 . C. 28 5 . D. 72 . Lời giải Trang 20
21. Chọn A Ta có S có tâm I 4;0;0 và bán kính R 4 . S có tâm I 4;0;0 và bán kính R 6 . 1 1 2 2 Lại có IA 8 nên điểm A nằm ngoài hai mặt cầu SS1 , 2 . Gọi H là tiếp điểm của và S1 , ta có IH BC mà BC là dây cung của S2 nên H là trung điểm của BC . 2 2 2 2 Ta có BC 2 BH IB IH R2 R 1 4 5 . 1 Tam giác ABC có diện tích S dABCBC , . 2 5. dABC , . 2 Do đó tam giác ABC có diện tích lớn nhất khi và chi khi d ABC, lớn nhất. Xét hai trường hợp sau: Trường hợp 1: Điểm A không thuộc mặt phẳng BCI Ta có d A, BC AH AI2 IH 22 AI . IH .cos AIH AI 2 IH 2 8 2 4 2 4 5 . Trường hợp 2: Điểm A thuộc mặt phẳng BCI Ta có d A, BC AH AI IH 12. Suy ra maxd A , BC 12 max S ABC 2 5.12 24 5 . Vậy tam giác ABC có diện tích lớn nhất bằng 24 5 . Câu 38. Cho hàm số fxxx 1 x 2 x 3 x 2021 Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn  18;20  để phương trình f x mfx. có 2022 nghiệm phân biệt? A. 39. B. 18. C. 20 . D. 38. Lời giải Chọn D f x Ta có fxmfx .* m . f x f x Đặt g x , phương trình * trở thành gx m . f x Ta có fxxx 1 2 x 2021 xx 2 x 2021 xx 1 x 2020 1 1 1 1 g x . xx 1 x 2 x 2021 Trang 21
22. 1 1 1 1 gx  0, x 0;1;2; ;2021 . x2 xx 1 2 2 2 x 2021 2 Bảng biến thiên của hàm g x . Từ bảng biến thiên suy ra phương trình gx m có 2022 nghiệm khi và chỉ khi m 0 . Do m nguyên thuộc đoạn  18;20 nên có38 giá trị m thỏa mãn bài toán. n * * Câu 39. Cho dãy số un thỏa mãn u1 1, un 1 2 u n ,  n . Với mỗi n ta đặt vn  n k1 u k . k 1 Hỏi trong dãy vn có bao nhiêu số hạng là số nguyên dương có bốn chữ số? A. 6 . B. 9. C. 4 . D. 12. Lời giải Chọn C n 1 Ta được un là một cấp số nhân công bội q 2, u1 1 un 2 . vn nu1 n1 . u 2 n 2 . u 3 3. u n 2 2. u n 1 u n 2n 3 n 2 n 1 vn n n1 .2 n 2 .2 3.2 2.2 2 (1) 2n 3 n 2 n 1 n 2vn n .2 n 1 .2 4.2 3.2 2.2 2 (2) n 2 n1 2 n vn n 2 2 2 n 2. 2.2 n 2 1 2 Hàm fx 2.2x x 2 đồng biến trên 1; 1000 f n 9999 Do vậy n 9;10;11;12 . Câu 40. Có bao nhiêu gía trị nguyên của tham số m để phương trình sinx 2 cos 2 x 2 2cos3 xm 1 2cos 3 xm 2 3 2cos 3 xm 2 có đúng một nghiệm 2 trên 0; ? 3 A. 1. B. 4 . C. 3. D. 2 . Lời giải Chọn B sinx 2cos2 x 22cos 3 xm 1 2cos 3 xm 2 32cos 3 xm 2 2sin3xx sin 2 2cos 3 xm 2 2cos 3 xm 2 2cos 3 xm 2 3 Hàm số ft 2 t t đồng biến trên 3 3 2 fxf sin 2cos xm 2 sin x 2cos xm 2sin xx  0 0; 3 Trang 22
23. sin2x 2cos 3 xm 2 m 1 2cos 3 xx cos 2 . 3 2 2 Xét hàm số y 2cos x cos x trên 0; . 3 x 0 sinx 0 y' 2sin xxx .cos . 3cos 1 cos x 0 x 2 1 cos x 2 3 x ; 2 3 BBT Từ BBT ta có, phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm khi và chỉ khi m1 0 m 1 1 28 m 4; 3; 2; 1  . m1 3 4 m 27 27 Câu 41. Cho khối chóp tam giác đều SABC có cạnh đáy bằng 2 . Gọi M, N là trung điểm của SB, SC . tính thể tích của khối chóp S. ABC biết CM BN . 26 26 26 A. . B. . C. 26 . D. . 6 3 2 Lời giải Chọn B Khối chóp SABC đều nên SA SB SC x . 2 3 Gọi O là trọng tâm ABC SO  ABC ; Do AB 2 OC . 3 Xét tam giác cân SBC có SB SC x . BN CM G G là trọng tâm tam giác SBC . SG BC I , I là trung điểm BC . Ta có    2 2  2      2   2 GA GB GC SI BN CM SI BN CM SI BN CM 3 3 3 SI2 BN 2 CM 2 ( do CM BN ) SC2 IC 2 2. BN 2 Trang 23
24. SB2 BC 2 SC 2 x2 Có BN 2 nên xx2 1 2 4 x 10 2 4 2 26 3 SO SC2 OC 2 . Diện tích ABC : S 22 3 3 4 1 26 26 Thể tích khối chóp bằngV . 3. . 3 3 3 Câu 42. Cho tập hợp A 1;2; ;20  . Chọn ngẫu nhiên bốn số khác nhau từ tập A . Xác suất để bốn số được chọn ra không có hai số nào là hai số nguyên liên tiếp là 28 1 364 284 A. . B. . C. . D. . 57 5 969 285 Lời giải Chọn A Gọi A là biến cố: ” bốn số được chọn ra không có hai số nào là hai số nguyên liên tiếp”. 4 Ta có: n  C20. Gọi bốn số được chọn là : a,,, b c d a b c d . 1 a a 1 b Có: b 1 c 1 a b 1 c 2 d 3 17. c 1 d d 20 4 Do đó có: C17 cách chọn bộ bốn số a,,, b c d a b c d . 4 n A C17 28 Vậy: P A 4 . n  C20 57 Câu 43: Cho hình chóp S. ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2 , SA 2 vuông góc với mặt phẳng ABCD ; M , N hai điểm thay đổi nằm trên hai cạnh AB , AD sao cho SMC  SNC . 1 1 Tính tổng T khi thể tích khối chóp S. AMCN đạt giá trị lớn nhất. AN2 AM 2 2 3 13 5 A. T . B. T 2 . C. T . D. T . 4 9 4 Lời giải Chọn D Tọa độ hóa với O A, Ox AB , Oy AD , Oz AS . Trang 24
25. Do SA 2 , ta có S 0;0;2 ; A 0;0;0 ; B 2;0;0 ; D 0;2;0 C 2;2;0 . Đặt AM x ; AN y x, y  0;2 Mx ;0;0 ; N 0; y ;0 .  SM x;0; 2   n SM; SC 4;2 x 4;2 x  SMC Do đó SN 0; y ; 2 .   n SN; SC 4 2 y ; 4; 2 y  SNC SC 2;2; 2 8 2x Ta có SMC  SNC 4 4 2y 4 2 x 4 4 xy 0 xyxy 2 8 y . x 2 8 2x Do y 2 2 x 1. x 2 SAMCN SSS ABCD BMC DCN 4 2 x 2 yxy . 1 2 2 8 2x 2 8 x2 Do đó VSAMCD SA S AMCN x y x 3 3 3 x 2 3 x 2 Xét hàm 2 8 x2 2x2 4 x 8 fx ; x  1;2  f x . 2 3 x 2 3 (x 2) x 2 2 3 f x 0 x2 4 x 8 0 . x 2 2 3 l Lập BBT ta được Maxfx f 1 f 2 2 . 0;2  x 1 y 2 1 1 1 1 5 Vậy MaxVSAMCN 2 T . x 2 AM2 AN 2 x 2 y 2 4 y 1 4 2 Câu 44: Cho hàm số trùng phương y ax bx c có đồ thị như hình vẽ. Hỏi đồ thị hàm số 4 3 2 x 2 x 4 x 8 x y 2 có tổng cộng bao nhiêu tiệm cận đứng? fx 2 fx 3 A. 2 . B. 3. C. 4 . D. 5. Lời giải Chọn C x42 x 3 4 x 2 8 x xx22 x 2 y 2 2 fx 2 fx 3 fx 2 fx 3 Trang 25