Đề gốc

TRƯỜNG THPT CẨM THỦY KỲ THI KSCL HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2022-2023 Mơn: TỐN Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề gồm có 50 câu trắc nghiệm) ĐỀ GỐC Câu   y log x2  x  m  Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số có tập xác định ¡ A m 2 B m  C m 0 D m  Lời giải Chọn D Hàm số có tâp xác định ¡ x  x  m   0, x  ¡       1    m  1   m  Câu Cho A I  x  m2  dx Có giá trị nguyên m để I   ? B C D Lời giải Chọn D Theo định nghĩa tích phân ta có Khi I  x  2m  dx  x  2m x   2m  0 I     2m      m      m  m    1;0;1 Mà m số nguyên nên Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu Câu Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y x  18 x  4m nghịch biến khoảng  2;  ? B A Vô số C Lời giải Chọn D Điều kiện x  4m Ta có y 4m  18 x  18  y   x  4m  x  4m D Hàm số cho nghịch biến khoảng  y   4m  18         4m   2;   4m 2 Vì m   nên m   0;1; 2;3; 4 Câu Cho hàm số   m    m   2  m   Vậy có giá trị nguyên tham số m để hàm số y x  18 x  4m  2;  nghịch biến khoảng f  x  2;  xác định R \  1 thỏa mãn S  f  3  f   1 Tính A S ln 4035 B S 4 f  x   x  , f   2017 , f   2018 C S ln D S 1 Lời giải Chọn D 1;  Trên khoảng  ta có f '  x  dx x  dx ln  x  1  C  f  x  ln  x  1  C1 Mà f (2) 2018  C1 2018 f '  x  dx x  dx ln   x   C  ;1 Trên khoảng  ta có  f  x  ln   x   C2 Mà f (0) 2017  C2 2017 ln( x  1)  2018 f  x   ln(1  x)  2017 Vậy x  x  Suy f  3  f   1 1 a Câu a a  a1  a2 ) thỏa mãn Có hai giá trị số thực a , (  x  3 dx 0 a  T 3a1  3a2  log    a1  A T 26 C T 13 B T 12 Lời giải Chọn C a Ta có:  x  3 dx  x  3x  a a  3a  D T 28 Hãy tính a Vì  x  3 dx 0  a 1  nên a  3a  0 , suy  a 2  a1  a2 nên a1 1 ; a2 2 Lại có a  T 3a1  3a2  log   31  32  log    a1    13 Như Câu Cho hàm số A 15 f  x liên tục  thỏa mãn B 27 f  x  dx 9  f   3x    dx 5 Tích phân C 75 D 21 Lời giải Chọn D Ta có 2  f   3x   9 dx f   3x  dx  9dx f   3x  dx 18 0 0 Xét f   3x  dx , đặt t 1  x  dt  3dx  dx  dt Đổi cận x 0  t 1 ; x 2  t  Suy Khi Câu 1 5 5 5 1 f   3x  dx  f (t )dt  f (t )dt  31 5 1  f   3x   9 dx 3 f (t )dt 18 3 f ( x)dx 18 21 Một sở sản xuất có hai bể nước hình trụ có chiều cao nhau, bán kính đáy 1m 1,8m Chủ sở dự định làm bể nước mới, hình trụ, có chiều cao tích tổng thể tích hai bể nước Bán kính đáy bể nước dự định làm gần với kết đây? A 2,8m B 2, 6m C 2,1m D 2,3m Lời giải Chọn C Gọi hai bể nước hìnhtrụ ban đầu có chiều cao h , bán kính r1 , r2 , thể tích V1 , V2 Ta có bể nước có chiều cao h , V V1  V2   r h  r12 h   r2 h   r h  12.h   1,82.h  r  Câu 106 2,1m 25 Cắt hình nón mặt phẳng qua trục nó, ta thiết diện tam giác vng cân cạnh bên a Tính diện tích tồn phần hình nón A 4a  (đvdt) B 2a  (đvdt) C a 2   (đvdt) 1 D 2a  (đvdt) Lời giải Chọn C Giả sử hình nón cho có độ dài đường sinh l , bán kính đáy R Thiết diện hình nón qua trục tam giác OAB vuông cân O OA a Áp dụng định lý Pitago tam giác vng cân OAB ta có: AB OA2  OB 4a  AB 2a Vậy: l a 2, R a Diện tích tồn phần hình nón là: 2 STP S xq SĐá y Rl R a Câu   (đvdt) 1  H  đa diện loại  3;5 với số đỉnh số cạnh a b Tính a  b Biết A a  b 18 B a  b  C a  b  18 D a  b 10 Lời giải Chọn C Câu 10 Cho hàm số f  x có đạo hàm cấp hai đoạn  0;1 đồng thời thỏa mãn điều kiện f    1, f  x   0,  f  x    f  x  , x   0;1 f    f  1 Giá trị thuộc khoảng  1;    1;0   0;1   2;  1 A B C D Lời giải Chọn C  f  x    f  x   f     f  x   f  x   1  f  x   f  x     dx dx  1 x  C f  x  1 1 1 0  C  C 1   x   f  x   1 f  x  x 1 0 1  f    f  1 f  x  dx  dx  ln x  ln   0;1 x 1 1 Câu 11 Khối bát diện có mặt phẳng đối xứng? A B C Lời giải Chọn C D  ABCD  ,  BEDF  ,  AECF  Hình bát diện ABCDEF có mặt phẳng đối xứng: mặt phẳng mặt phẳng mà mặt phẳng trung trực hai cạnh song song Câu 12 Cho log a x 2;log b x 3 với a, b số thực lớn Giá trị biểu thức 1  A  B C D Lời giải Chọn A P log a x b2 Câu 13 Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác ABC vuông C , AB 2a , AC a SA vng ABC  SAB  SBC  góc với mặt phẳng  Biết góc hai mặt phẳng   60 Tính thể tích khối chóp S ABC a3 a3 a3 a3 A B 12 C D Lời giải Chọn B  CH   SAB   CH  SB 1 Trong ABC kẻ CH  AB BC  AB  AC a , BH BA BC , 3a a CH  BC  BH  ,  CK  SB  Trong SAB kẻ HK  SB  1 ,    HK  SB Từ  SAB  SBC  Góc hai mặt phẳng   CKH 60 a HK CH cot 60  , BK  BH  HK a Trong vng CKH có SA AB 2a a    SA  SAB ∽ HKB  g g  nên HK BK a  BH  a a a 3.a  V  SA.S ABC  2 12 Thể tích hình chóp S ABC Câu 14 Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác vng cân A , BC = a 2, A ' B tạo với đáy góc 60 Thể tích khối lăng trụ A 3a B 3a 3a C Lời giải Chọn A a3 D 1 BC = a Þ AB = AC = a Þ SD ABC = a.a = a ABC tam giác vuông cân A , 2  ' B ' = 600 A ' B tạo với đáy góc 60 Þ BA  ' B ' = BB ' = Þ BB ' = A ' B ' = a D v BA ' B ' : tan BA A'B ' 3a VABC A ' B 'C ' = BB '.SD ABC = a a = 2 Thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' là: Câu 15 Bất phương trình A x  x  ln  x  5 0 B có nghiệm ngun? C D Vơ số Lời giải Chọn C Điều kiện: x    x   x 0  x  x 0  x  x ln x           x 3  ln  x   0   x  Cho Bảng xét dấu:    x  f  x  0     x 3 Dựa vào bảng xét dấu ta thấy x    x    4;  3; 0;1; 2;3 Vì Vậy có giá trị nguyên x thỏa toán Câu 16 Hàm số y = ax + bx + cx + d có đồ thị hình vẽ bên dưới: Khẳng định đúng? A a < , b < , c < , d < B a > , b > , c > , d < C a > , b > , c < , d > D a > , b < , c < , d > Lời giải: Chọn D  f (3 x) tan x f (cos x ) dx  dx 6   x Câu 17 Cho hàm số f ( x) liên tục ¡ thỏa mãn phân A f (x2 ) dx  x B C D 10 Lời giải: Chọn A 3 +) Đặt t  x  t x  3t dt dx Đổi cận x 1  t 1 x 8  t 2 Khi +) Đặt 2 f (3 x) f (t) f (t) dx  3t dt 3 dt 6   x t t 1 f (t) t dt 2 t cos x  dt  cos x sin xdx  dt  cos x tan xdx  tan xdx   x  t Đổi cận: x 0  t 1  tan x f (cos x)dx  f (t) dt 6  2 t Khi +) Đặt t  x  dt 2 xdx  dt 2 x f (t) t dt 12 dx dx dt   x x t dt 2t Tính tích 1 x  t x   t 2 Khi Đổi cận: 2 4 f ( x2 ) f (t) f (t) f (t) 12 dx   dt   dt   dt  7  x 21 t 21 t 21 t Câu 18 Một sở sản suất đồ gia dụng đặt hàng làm hộp kín hình trụ nhôm đề  a  0 đựng rượu tích V 28 a Để tiết kiệm sản suất mang lại lợi nhuận cao sở sản suất hộp hình trụ có bán kính R cho diện tích nhơm cần dùng Tìm R ? A R a B R 2a C R 2a 14 D R a 14 Lời giải: Chọn D Diện tích nhơm cần dùng đề sản suất diện tích tồn phần S Ta có l h ; mà V 28 a   R h 28 a  h  S 2 Rl  2 R 2 28a R2 28a  2 R R với R   28a   S 2    R  0  R a 14  R  Bảng biến thiên Vậy S  R a 14 Câu 19 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật AB 2a, AD a Tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với đáy Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD a 57 A a 19 B 2a 15 C Lời giải Chọn A a 13 D Gọi O tâm đáy, M trung điểm AB G tâm tam giác SAB Gọi d , Δ trục đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD tam giác SAB Do  SAB    ABCD  ,  SAB    ABCD   AB, SM  AB Mặt khác d   ABCD  nên SM   ABCD  Δ  mp  d , SM  Δ nên d // SM hay , d cắt I Ta có I cách S , A, B, C , D nên I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp Tứ giác GMOI có GM  MO, IG  GM , SM // IO nên GMOI hình chữ nhật a a SM a 3, GM  SM  , AO  AC  3 2 R IA  IO  AO  Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp Câu 20 Cho hàm số y f  x  A y  f  x có đạo hàm f  x   x  1  x   x  4 a 5a 57 a   Số điểm cực trị hàm số là: B C D Lời giải Chọn D Ta có f  x  0   x  1  x     x 1   x  0  x 2  f x đổi dấu x qua điểm x 1 x 2 nên hàm số   có điểm cực trị có điểm cực trị dương x 1 x 2 Do f  x  f  x   f  x f  x f  x Do x 0 hàm số chẵn nên hàm số có điểm cực trị x 1; x 2 x 0 10 Vậy có tất cả: 3.3.6 139968 số, x 0 nên còn: 139968  139967 số f ( x)   x  x12  Câu 32 Tìm hệ số x khai triển A  B 4035 2017    x  x11  C 2018 thành đa thức D Lời giải: Chọn A f ( x )   x  x12  2017    x  x11  2018 a0  a1 x  a2 x   a24204 x 24204 f / ( x) a1  2a2 x  3a3 x   24204a24204 x 24203 f / (0) a1 Mặt khác ta có f ( x ) 2017   x  x12  2016   12 x11   2018   x  x11  2017    11x10  Suy f (0) 2017  2018  / Vậy a1  f (0)  Câu 33 Cho cấp số cộng A 6062  un  thỏa mãn u3 5, u8 20 Số hạng u2022 B 6065 C 6064 D 6026 Lời giải: Chọn A u u d  3  u2022 6062 8 Câu 34 Cho hình lăng trụ tam giác ABC ABC  có cạnh đáy 2a , góc hai đường thẳng AB BC  60 Tính thể tích V khối lăng trụ A V 3a 3 B V 2 3a C V 6a 3 Lời giải: Chọn D Đặt AA x  x  0          AB.BC   BB  BA BC  BB  BA.BC  BB    Ta có:  BA.BC.cos 602  BB2 x  2a  17 D V 2 6a AB BC   x  4a   AB.BC  x  2a cos 60    AB.BC  x  a x  4a Theo đề:  x  4a 2 x  2a  x  4a 2 x  4a    x 2a 2 2 x  a  x  a  AB V  AA 2a Vậy Câu 35 Trong hội thi văn nghệ chào mừng ngày nhà giáo Việt Nam có tiết mục lọt vào vịng chung khảo Trong lớp 10A có tiết mục, lớp 10B có tiết mục tiết mục lại lớp khác Ban tổ chức xếp thứ tự thi lớp cách ngẫu nhiên Tính xác suất để khơng có hai tiết mục lớp liên tiếp 10 A 21 85 B 252 C 18 85 D 525 Lời giải: Chọn B Số phần tử không gian mẫu n(Ω) 9! *Gọi A biến cố:” khơng có hai tiết mục lớp gần bằng” TH1: Giữa hai tiết mục lớp 10A có tiết mục lơp khác Số cách xếp tiết mục lớp 10A tiêt mục lớp có  6!  2.5! cách  6!  2.5! A73 Số cách xếp chèn tiết mục lớp 10B vào có A7 cách Do trường hợp có TH2: Giữa hai tiết mục lớp 10A khơng có tiết mục lớp Số cách xếp tiết mục lớp 10A tiêt mục lớp có 2.5! cách Chọn tiết mục lớp 10B xếp vào tiết mục lớp 10A có cách 2 Xếp tiết mục lại lớp 10B có A6 cách Trường hợp có 2.5!.3.A6 Vậy xác suất cần tính f  x P (6! 2.5!) A73  2.5!.3 A62 85  9! 252 Câu 36 Cho hàm đa thức thỏa mãn Tính T theo a lim x f  x  1 a lim x tồn x  18 f  x   x 1  x x2  T a2 A 16 a B a C 16 a2 D Lời giải: Chọn C Ta có lim x f  x  1 a  f  x    x   h  x  h  x h   a x , đa thức thỏa mãn f  x   x 1  T lim Ta có x f  x   x 1  x x2  lim f  x   x 1    x  2  x  2  x  2 x  x  2 h  x    x  2  x    f  x   x 1  lim x  x  2  x  2 h  x   a2 1  x  2 h  x   2x  lim x  x2  a 16 y  f  x  \  0;  1 f  1  ln Câu 37 Cho hàm số liên tục thỏa mãn điều kiện 2 x  x  1 f  x   f  x   x  x f   a  b ln Giá trị , với a, b   Tính a  b 25 13 A B C D Lời giải: Chọn B x x  x   f f x    x 1 x  x  1 f  x   f  x  x  x  x   x  1 Từ giả thiết, ta có x  x    f  x   x  , với x   \  0;  1  x 1  x x x f  x   dx f  x   x  ln x   C x 1 Suy x  hay x  x f  x   x  ln x   f  1  ln Mặt khác, ta có nên C  Do x  3 3 f   1  ln f     ln a b   2 Với x 2 Suy a2  b2  Vậy Câu 38   3 Tìm giá trị a để phương trình x   1 a   x  0 có nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: x1  x2 log 2 3 , ta có a thuộc khoảng: A   ;  3 B   3;   C 19  0;  D  3;  Lời giải: Chọn B   3 Phương trình: x   1 a   x  0  1 x  2        a    2  2      2x   3 Đặt  2 x     x  x 0   a 0  2 t t   1 có nghiệm phân biệt x1 , x2 phương trình ; Để phương trình có hai nghiệm phân biệt   4   a   a   Khi đó:  x1 log 2 t1 t   3 x  log t  Q   log 2 t1  log 2 t2 log 2 3 t2  t1 3t2  2 suy Mặt khác theo Viet ta có t1  t2 4  t1.t2 1  a nên t 3   t2 1 suy a  thoả mãn    song song với Câu 39 Cho tứ diện ABCD Tứ diện chia làm hai khối đa diện mặt phẳng 2d  AB,     3d  CD,     cạnh AB CD cho , đặt V1 thể tích khối đa chứa V1 A , V2 thể tích khối đa chứa đỉnh C Tính tỉ số V2 12 A 13 85 B 40 81 C 44 13 D 12 Lời giải: Chọn C Giả sử mặt phẳng Vì mặt phẳng     cắt tứ diện theo thiết diện tứ giác MNPQ song song với cạnh AB CD nên thiết diện MNPQ hình bình hành 20