Toán đáp án chi tiết đề giao lưu đt hsg 12

Câu Trong hàm số sau đây, hàm số hàm số chẵn? ỉ p÷ y = s in ỗ x+ ữ ỗ ữ ỗ ố ø A B y = sin x C y = sin x + tan x D y = sin x.cos x Lời giải Chọn A ỉ pư ỉ pữ y = s in ỗ x+ ữ = cos x y = s in ỗ x+ ữ ữ ç ç ÷ ÷ ç ç è 2ø è ølà hàm số chẵn Ta có nên Câu Một học sinh có sách Tốn khác sách Ngữ văn khác Hỏi có cách xếp sách giá cho hai sách kề phải khác loại ? A 20 B 2880 C 362880 D 5760 Lời giải Chọn B Để xếp sách giá cho hai sách kề phải khác loại, ta làm sau: Xếp sách Ngữ văn cạnh có 5! = 120 cách Giữa sách Ngữ văn có chỗ trống, xếp sách Tốn vào chỗ trống có 4! = 24 cách Theo quy tắc nhân có 120.24 = 2880 cách xếp thỏa điều kiện đề Câu Cho cấp số cộng A 226  un  với u1 6 ; d 9 Khi số 2022 số hạng thứ cấp số? B 225 C 223 D 224 Lời giải Câu Chọn B u u1   n  1 d  2022 6   n  1  n 225 Ta có: n y  m  1 x   2m  1 x  Tìm m để hàm số có điểm cực trị 1 1  m 1 m   m 1 m 1 A B C D Lời giải Chọn A Cách 1: Cách 2: Ycbt   m  1  2m  1    m  y ' 4  m  1 x   2m  1 x 2 x   m  1 x  2m  1  x 0 y ' 0     m  1 x  2m  0 (1) Hàm số có điểm cực trị  y ' có nghiệm phân biệt  phương trình (1) có hai   m  1  2m  1    m  nghiệm phân biệt khác Câu 98 99 I ln  ln  ln   ln  ln 99 100 theo a b Đặt a ln 2, b ln , biểu diễn A I   a  b  B I   a  b  I 2  a  b  C Lời giải D I 2  a  b  98 99 I ln  ln  ln   ln  ln 99 100  98 99  ln  ln10   ln 99 100 100    ln10   ln  ln    a  b  Câu Lăng trụ đứng có đáy hình thoi có mặt phẳng đối xứng? A B C Lời giải D Lăng trụ đứng có đáy hình thoi có tất mặt phẳng đối xứng (Hình vẽ) Câu Cho đoạn thẳng AB có độ dài 2a , vẽ tia Ax phía điểm B cho điểm B cách tia Ax đoạn a Gọi H hình chiếu B lên tia Ax , tam giác AHB quay quanh trục AB đường gấp khúc AHB vẽ thành mặt trịn xoay có diện tích xung quanh bằng: 2 a 2 A  3 3  a B 1   a C Lời giải  2 2a D A H I x B 2 Xét tam giác AHB vng H Ta có AH = AB  HB a Xét tam giác AHB vuông H , HI  AB I ta có HI = AH HB a 3.a a   AB 2a 2 Khi tam giác AHB quay quanh trục AB đường gấp khúc AHB vẽ thành mặt trịn xoay (có diện tích xung quanh S ) hợp hai mặt xung quanh hình nón (N1) (N2) Trong đó: (N1) hình nón có được quay tam giác AHI quanh trục AI có diện tích xung quanh a 3 a a  2 (N2) hình nón có được quay tam giác BHI quanh trục BI có diện tích xung quanh S1 = π.HI.AH=.aHI.HI.AH=.aAH =  HI.AH=.a S = π.HI.AH=.aHI.HI.AH=.aBH =  HI.AH=.a a 3 a a  2     a2 3 a 3 a  S = S1 + S    2 Câu  T  mặt phẳng qua trục được thiết diện hình chữ nhật có diện Cắt hình trụ tích 30cm chu vi 26 cm Biết chiều dài hình chữ nhật lớn đường kính  T  Diện tích tồn phần  T  là: mặt đáy hình trụ 23 69 cm  cm2    23 cm 69 cm 2 A B C D     Lời giải Chọn C  T  Thiết diện mặt phẳng Gọi h, r lần lượt đường cao bán kính đáy hình trụ hình trụ T  hình chữ nhật ABCD Khi theo giả thiết ta có    h  r  h  2r  h  2r h  2r       hr 15  h 13  2r   h 13  2r  S ABCD h.2r 30 C  h  2r 13   2r  15r  15 0  r 5  h 3(l )   ABCD 2(h  2r ) 26      r   h 10(TM )  Vậy Câu 1  \  f  x   , f   1, f  1 2   thỏa mãn 2x  Cho hàm số f ( x ) xác định Giá trị f   1  f  3 biểu thức  ln15 A B  ln15 C ln15 D  ln15 Lời giải Chọn C 2 x  dx ln x   C  f  x  x , f   1  C 1 nên f   1 1  ln Với x  , f  1 2  C 2 f  3 2  ln Với nên f   1  f  3 3  ln15 Nên m Câu 10 Cho A  3x  x  1 dx 6 Giá trị tham số m thuộc khoảng sau đây?    ;0   0;    3;1 B C D Lời giải   1;  Chọn C m Ta có:  3x  x  1 dx  x3  x  x  m m3  m  m m  3x  x  1 dx 6  m3  m  m  0  m 2   0;  m 2   0;  Vậy Câu 11 Có cách phân cơng thầy giáo dạy tốn vào dạy 12 lớp 12, thầy dạy lớp ? A 369600 B 396900 C 220 Lời giải Chọn A Giáo viên thứ có C12 cách chọn Giáo viên thứ hai có C9 cách chọn Giáo viên thứ ba có C6 cách chọn D 369000 Giáo viên thứ tư có C3 cách chọn 3 3 Vậy số cách phân công thầy giáo vào dạy 12 lớp 12 là: C12 C9 C6 C3 369600 cách x4  x2  lim x   x3  1  x  1  Câu 12 Giới hạn có kết : 3  A  B C D Lời giải Chọn B lim x   Ta có:  2   x4     1   x4  x2  x x  x x     lim  lim   x3 1  3x  1 x  x   13     x    13     x  x x  x   Câu 13 Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi vng góc với OA OB OC Gọi M trung điểm BC (tham khảo hình vẽ bên dưới) Góc hai đường thẳng OM AB A 45 B 90 C 30 Lời giải Chọn D Đặt OA a suy OB OC a AB BC  AC a MN  Gọi N trung điểm AC ta có MN / / AB  OM , AB  OM , MN  Xét OMN Suy góc a 2 D 60 Trong tam giác OMN có ON OM MN  a 2 nên OMN tam giác  OM , AB  OM , MN  600 Suy OMN 60 Vậy Câu 14 Cho hàm số y  f  x có đồ thị hàm y  f  x  Hàm số cho nghịch biến khoảng   ;  2   2;1 A B hình vẽ bên   ;  4 C Lời giải D   2;3 Chọn B   2;1 ta thấy hàm số nghịch biến khoảng Câu 15 Có giá trị nguyên dương m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng Từ đồ thị hàm số y  f  x  qua điểm cực trị đồ thị hàm số y x  3x  m nhỏ A B C 11 D Lời giải Chọn A  x 1 y 0   y x  3x  m ; y 3x  ;  x   Với m phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt y đổi dấu qua hai nghiệm  Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị với m  Đường thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số cho là: y  x  m   m d  O;    Khoảng cách từ O tới đường thẳng  m  d O,      m 5   m 5 Theo ta có:  m   1; 2;3; 4;5 Vì m nguyên dương nên Câu 16 Giá trị nhỏ lớn hàm số y  x  x đoạn [0;9] lần lượt m M Giá trị tổng m  M A B C D Lời giải Chọn A ; x   0;9    y ' 0  x 1  0;9  x y ' 1  Đạo hàm  f   0    f  1     f   3 Ta có  Câu 17 Cho hàm số y m min f  x    0;9    m  M 2  f  x  3  M max  0;9 ax  bx  c ( a, b, c tham số) có bảng biến thiên hình vẽ Xét phát biểu sau:  1 : c    : a  b   3 : a  b  c 0   : a  Số phát biểu A C Lời giải B D Chọn B Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số ln đồng biến khoảng xác định, đồ thị hàm số có tiệm cận đứng đường thẳng x 2 tiệm cận ngang đường thẳng y 1 nên ta có hệ    c     b   c 1  c  2b  c  2b    a   1   a b   a b   a0   b ac  b    2b  b      ac  b      b     a  b  c 0 Dựa vào hệ ta có phát biểu  1 ,   Câu 18 Đặt log a log16 27 3a A B 4a sai,   ,  3 C 3a Lời giải 4a D Chọn B 3 log16 27  log   4.log 4a Ta có log ( x + y ) = + log xy y x Câu 19 Cho hai số thực dương , thỏa mãn Mệnh đề đúng? A x = y B x > y C x < y D x = y Lời giải Chọn A Với x , y > ta có: log ( x + y ) =1 + log xy Û log ( x + y ) = log 2 xy Û x + y = xy Û x= y Câu 20 Đặt a log ; b log Nếu biểu diễn A B log 45  a  m  nb  b  a  p C Lời giải m  n  p D  Chọn B 2 log3 45 log  log b  a  2b  1 log 45    log3 log  log 3  b   a  a Ta có Suy m 1, n 2, p 1  m  n  p 4 Câu 21 Một hình đa diện lồi có số mặt M , số đỉnh D số cạnh C Khi đó, hệ thức ? A D  M  C 2 B D  C  M 2 C M  C  D 2 D M  D C Lời giải Chọn A Câu 22 Tính thể tích V khối lăng trụ tam giác ABC ABC  có AC  5a , cạnh đáy 4a 3 3 A V 12a B V 20a C V 20a D V 12a Lời giải Chọn D A' C' B' 5a A 4a C B  Vì ABC ABC  lăng trụ tam giác nên ta có CC   ABC   ABC cạnh 4a SABC   4a  4a 2  CC  25 a  16 a  a 2 Do đó: ; VABC ABC  CC .S ABC 3a.4a 12a 3 Câu 23 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cân A , AB  AC 4a; BC 6a Hình  ABC  nằm tam giác ABC Các mặt bên chiếu vng góc S mặt phẳng hình chóp tạo với đáy góc 60 Tính thể tích khối chóp S ABC A 6a B a C 8a Lời giải 3 D 3a Chọn D  ABC  , M , N , P lần lượt hình Gọi H hình chiếu vng góc điểm S lên mặt phẳng chiếu vng góc điểm H lên AB, BC , CA Khi ta có SHM SHN SHP Suy HM HN HP Suy H tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC S ABC  63a HN  SH  SABC 63  a p 21 a Câu 24 Cho hình nón đỉnh I , đường cao IO ( O tâm đáy) có độ dài đường sinh 3cm , IO  IK , cắt hình nón góc đỉnh 60 Gọi K điểm thuộc đoạn IO thỏa mãn mặt phẳng ( P) qua K vng góc với IO , thiết diện tạo thành có diện tích S Tính S A S  cm   Chọn B B S   cm2  C Lời giải S 3  cm  D S 2 cm   I 30° cm K O M N Thiết diện tạo thành đường tròn tâm K , bán kính KM 2 KM  ON  IN 1 cm S   KM   3 Ta có: Diện tích thiết diện là:  VS ABC   21 63a a 3 3a F  x  x f  x  e2 x Câu 25 Cho nguyên hàm hàm số Tìm nguyên hàm hàm số 2x f ' x e f '  x  e x dx  x  x  C f '  x  e x dx  x  x  C   A B 2x 2x f '  x  e dx  x  x  C f '  x  e dx 2 x  x  C C  D  Lời giải Chọn A F  x  x f  x  e2 x nguyên hàm hàm số  F '( x)  f ( x).e2 x  x  f ( x ).e x  f ( x).e x dx  x  C1 Đặt u e2 x   dv  f '( x ) dx   f '( x).e 2x du 2e x dx  v  f ( x ) dx  f ( x).e x  2.f ( x ).e x dx  C2  x  x  C x a  x Câu 26 Có số thực a để A B dx 1 C Lời giải Chọn B a   a  x 0, x   0;1   a  Điều kiện tích phân tồn Đặt t a  x  dt 2 xdx Khi D Chọn D Điều kiện xác định: x 0 1 x    1 x  x     1 2x   3x    x   3   2 x  2x 1  32 x  3x   x  1   Xét hàm số f  t  3t  t  t 0  , f  t  3t.ln 1  2x    1    f    f  x  1   x   x 1   2x  2x  a 1 , b 1 , c 2 Vậy P 4 Câu 35 Cho hàm số f  x  , f1  x  , f  x  , f1  x   f  x  ln thỏa mãn: ex 1 e x  ; f n 1 ( x)  f  f n ( x)  , n 1; 2;3; Khẳng định sau đúng? A f 2023  ln  ln B f 2023  ln 3 ln C Lời giải f 2023  ln  ln D f 2023  ln 3 ln Chọn C f1  x   f  x  ln ex 1 ex  Ta có: e x 1 1 x e 1 e  ln e x 1 ln x ln e x x e 1 ln x 1 e e 1  ex  ln f  x   f  f1  x   e x 1 ex  f3  x   f  f  x   ln e x 1 ex  f4  x   f  f3  x   x f5  x   f  f  x   ln e x 1 ex  … Bằng quy nạp ta chứng minh được f 2023  x  ln e x 1 ex  eln  e ln  f 2023  ln  ln ln ln f5  ln 3 ln ln  e 1 e 1 Từ suy ra: ; Câu 36 Có giá trị nguyên m để phương trình thực phân biệt A Vơ số B 11  x  1 log  e x  m   x  C Lời giải D 10 có nghiệm Chọn D x Điều kiện: e  m  (*) Vì x 1 khơng nghiệm nên phương trình nên: x x x log(e  x  m)   e  x  m 10 x  x  m  10  e x x ( thỏa mãn (*)) x x x Đặt y g ( x) 10  e x x y  10 ln10  e  x  0, x 1 ( x  1) Ta có: Bảng biến thiên:  Vậy phương trình có nghiệm thực phân biệt Suy giá trị m cần tìm là: 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9  m  10 e  Câu 37 Cho hình hộp đứng ABCD A1B1C1D1 có cạnh AB  AD 2 , AA1  góc BAD 60 Gọi M , N lần lượt trung điểm cạnh A1 D1 A1 B1 Tính thể tích V khối chóp A.BDMN A V B V C V 4 Lời giải D V 2 B C A D B1 C1 N A1 M D1 E Gọi E điểm đối xứng với A qua A1 , ta có:  A1 N // AB   AB  A1 N   N trung điểm đoạn EB  A1M // AD   AD  A1M   M trung điểm đoạn ED 1   2.2.sin 60 S ABD  AB AD.sin BAD  2 Ta có ABCD A1B1C1D1 hình hộp đứng, AA1   EA 2 1  VE ABD  EA.S ABD  3 2 3 VE AMN EM EN 1 3   V  VE ABD  VA BDMN  VE ABD  E AMN VE ABD ED EB 4 Câu 38 Một quạ khát nước Nó bay lâu để tìm nước chẳng thấy giọt nước Mệt q, đậu xuống cành nghỉ Nó nhìn quanh thấy bình hình trụ có bán kính đáy cm , chiều cao 21cm gốc Trong bình có nước, khoảng cách đáy cốc mặt nước 12 cm (Hình vẽ) Nhìn chung quanh, quạ thấy viên đá nhỏ nằm lay lắt gần Lập tức, dùng mỏ gắp viên đá hình cầu có bán kính 0, cm thả vào bình Cứ vậy, gắp viên đá khác tiếp tục thả vào bình Giả sử viên đá hình cầu có bán kính 0, cm Chẳng bao lâu, nước dâng lên Để uống được nước quạ cần thả vào bình viên đá biết quạ muốn uống được nước cốc mặt nước phải cách miệng cốc không cm ? A 42 C 30 Lời giải B 41 D 27   36     (cm3 ) 125   Ta tích viên đá là: Gọi n số viên đá mà quạ cần thả vào cốc ( n   * ) Khi thả vào số viên đá đó, thể tích V n.36 (cm3 ) 125 nước được tăng thêm là: Để quạ uống được nước cốc mực nước cốc cần dâng lên thêm là: h 21  12  3 (cm) , tức ứng với thể tích nước tăng lên là: V ' h. r 3. 2 12 Ta có điều kiện: V V '  n.36 125 12  n  41, 66 125 Vậy số viên đá tối thiểu quạ cần bỏ vào cốc 42 viên Câu 39 Trong tất hình chóp tứ giác nội tiếp mặt cầu có bán kính , khối chóp tích lớn ? A 576 B 144 C 576 D 144 Lời giải Chọn C Giả sử khối chóp S ABCD khối chóp tứ giác nội tiếp mặt cầu có bán kính SO   ABCD  M Gọi O tâm hình vng ABCD trung điểm SA , kẻ MI vng góc với SA cắt SO I I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD , bán kính mặt cầu IA IS 9 2 Đặt IO x , x 9 , IAO vuông O nên AO  AI  IO  81  x , suy AC 2 81  x Do tứ giác ABCD hình vng nên 2  81  x  AB  AC 2  81  x , suy SABCD  AB 2 VS ABCD  SABCD SO   81  x    x     x  x  81x  729  3 Vậy f  x     x  x  81x  729  x   0;9 Xét hàm số với  x 3  f  x  2   x  x  27  f  x  0   x   l  ; Bảng biến thiên : max f  x   f  3 576 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy : x 0;9 Vậy khối chóp tích lớn 576 Câu 40 Xét hàm số f  x liên tục  0;1 x f  x   f   x    x thỏa mãn điều kiện Tích phân I f  x  dx  I 20 A Vì f  x bằng:  I 16 B liên tục  0;1 C Lời giải I  D x f  x   f   x    x 1 I  nên ta có 1  x f  x   f   x   dx   x dx  4 x f  x  dx  3 f   x  dx   x dx     1 0 0 1 2 Mà 4 x f  x  dx 2f  x  d  x  0 x  t   f  t  dt 2I