Tuyển tập đề thi học kì 1 môn Toán Lớp 12 (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Tuyển tập đề thi học kì 1 môn Toán Lớp 12 (Có đáp án)

1. Giáo dục là vũ khí mạnh nhất mà người ta có thể sử dụng để thay đổi cả thế giới. Biên soạn và LATEX hóa: Nguyễn Bình Nguyên & Nguyễn Thành Khoa 0.1 Đề Kiểm Tra HK1, Vĩnh Long, Năm học 2022-2023 Câu 1. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên sau x −¥ −2 0 2 +¥ f 0(x) − 0 + 0 − 0 + +¥ 3 +¥ f (x) 1 1 Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào sau đây? A (−2; 0). B (1; 3). C (−¥; −2). D (0; +¥). Lời giải. Hàm số nghịch biến trên (−¥; −2). Chọn đáp án C  2x + 1 Câu 2. Cho hàm số y = . Khẳng định nào sau đây đúng? −x + 1 A Hàm số đồng biến trên Rnf1g. B Hàm số đồng biến trên các khoảng (−¥; 1) và (1; +¥). C Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−¥; 1) và (1; +¥). D Hàm số nghịch biến trên Rnf1g. Lời giải. Tập xác định D = Rnf1g. 3 y0 = > 0, 8x 2 D. (−x + 1)2 Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng (−¥; 1) và (1; +¥). Chọn đáp án B  Câu 3. Trong các hàm số sau, hàm số nào không có cực trị? x + 2 A y = . B y = −x3 − x2. C y = x4 + 2x2 + 2. D y = x2. 2x − 1 Lời giải. x + 2 −5 1 Hàm số y = có y0 = < 0 8x 6= nên hàm số không có cực trị. 2x − 1 (2x − 1)2 2 Chọn đáp án A  Câu 4. Phát biểu nào sau đây đúng? A Hàm số y = f (x) đạt cực trị tại x0 khi và chỉ khi x0 là nghiệm của đạo hàm. 0 00 B Nếu f (x0) = 0 và f (x0) = 0 thì x0 không phải là cực trị của hàm số y = f (x) đã cho. 0 00 C Nếu f (x0) = 0 và f (x0) > 0 thì hàm số đạt cực đại tại x0. 0 D Nếu f (x) đổi dấu khi x qua điểm x0 và y = f (x) liên tục tại x0 thì hàm số y = f (x) đạt cực trị tại điểm x0. Lời giải. 0 Theo lý thuyết, ta có nếu f (x) đổi dấu khi x qua điểm x0 và y = f (x) liên tục tại x0 thì hàm số y = f (x) đạt cực trị tại điểm x0. Chọn đáp án D  1 20 Câu 5. Hàm số y = x3 + 3x2 − 7x − nghịch biến trên khoảng nào trong những khoảng sau đây? 3 3 1
2. Giáo dục là vũ khí mạnh nhất mà người ta có thể sử dụng để thay đổi cả thế giới. A (−7; 1). B (1; +¥). C (−¥; −7). D (−7; 2). Lời giải. Tập xác định D = R. Ta có 2 = 0 x 1 y = x2 + 6x − 7 = 0 , 4 x = −7. Bảng biến thiên x −¥ −7 1 +¥ y0 + 0 − 0 + +¥ y −¥ Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng (−7; 1). Chọn đáp án A  Câu 6. Đồ thị của hàm số y = f (x) có dạng như đường cong trong hình vẽ bên. Gọi M là y giá trị lớn nhất, m là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f (x) trên đoạn [−1; 1]. Tính 3 P = M − 2m. A P = 3. B P = 4. C P = 1. D P = 5. 1 1 x −1 O −1 Lời giải. Dựa vào hình vẽ ta thấy M = max f (x) = f (−1) = 3, m = min f (x) = f (1) = −1. [−1;1] [−1;1] Vậy P = M − 2m = 3 − 2 · (−1) = 5. Chọn đáp án D  2 ï1 ò Câu 7. Giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = x2 + trên khoảng ; 3 bằng x 2 A 2. B 4. C 3. D 1. Lời giải. 2 Ta có f 0(x) = 2x − . x2 2 2x3 − 2 f 0(x) = 0 , 2x − = 0 , = 0 , x = 1. x2 x2 Å1ã 17 29 Ta có f = ; f (1) = 3; f (3) = . Vậy min f (x) = f (1) = 3. 2 4 3 1 [ 2 ;3] Chọn đáp án C  2x − 1 Câu 8. Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = là đường thẳng có phương trình x − 3 1 1 A x = 3. B x = . C x = 2. D x = . 3 2 Lời giải. Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x = 3. Chọn đáp án A  2
3. Giáo dục là vũ khí mạnh nhất mà người ta có thể sử dụng để thay đổi cả thế giới. Câu 9. Đồp thị hàm số nào sau đây có tiệmp cận ngang? x2 − 1 1 − x2 x2 − 1 1 − x2 A y = . B y = . C y = . D y = . x x x x Lời giải. p 1 − x2 ∙ Hàm số y = có tập xác định D = (−1; 1) n f0g. x p 1 − x2 ) Đồ thị hàm số y = không có đường tiệm cận ngang. x x2 − 1 ∙ Hàm số y = có tập xác định D = R n f0g. x Khi đó lim y = −¥ và lim y = +¥. x!−¥ x!+¥ x2 − 1 ) Đồ thị của hàm số y = không có đường tiệm cận ngang. x 1 − x2 ∙ Hàm số y = có tập xác định D = R n f0g. x Khi đó lim y = +¥ và lim y = −¥. x!−¥ x!+¥ 1 − x2 ) Đồ thị của hàm số y = không có đường tiệm cận ngang. x p x2 − 1 ∙ Hàm số y = có tập xác định D = (−¥; −1] [ [1; +¥). x Khi đó lim y = −1 và lim y = 1. x!−¥ x!p+¥ x2 − 1 ) Đồ thị của hàm số y = có hai đường tiệm cận ngang là y = ±1. x Chọn đáp án A  Câu 10. Đường cong trong hình vẽ sau là đồ thị của hàm số nào dưới đây? y A y = x4 − 3x2 − 2. B y = −x3 + 3x − 2. 4 2 3 C y = x − 3x + 2. D y = x − 3x + 2. −1 1 −2 O x −2 −4 Lời giải. Quan sát đồ thị ta thấy đồ thị hình trên là đồ thị của hàm số bậc ba. Vì lim y = −¥ nên hệ số a < 0. Do đó x!+¥ y = −x3 + 3x − 2. Chọn đáp án B  Câu 11. Bảng biến thiên bên là của hàm số nào trong các hàm số đã cho x −¥ −2 +¥ dưới đây? y0 + + 3x + 8 3 − x A y = . B y = . x + 2 x + 2 +¥ 3 3 − 3x 3x − 3 C y = . D y = . y x + 2 x + 2 3 −¥ Lời giải. 3x − 3 Hàm số thỏa mãn bảng biến thiên trên là y = . x + 2 Chọn đáp án D  3
4. Giáo dục là vũ khí mạnh nhất mà người ta có thể sử dụng để thay đổi cả thế giới. Câu 12. Cho x, y là hai số thực dương và m, n là hai số thực tùy ý. Đẳng thức nào sau đây sai? xm Å x ãm−n xm A = . B (xy)n = xn · yn. C (xn)m = xn·m. D = xm−n. yn y xn Lời giải. xm Å x ãm−n Theo tính chất lũy thừa thì biểu thức = sai. yn y Chọn đáp án A  p 3 11 a7 · a 3 Câu 13. Rút gọn biểu thức A = p với a > 0 ta được kết quả là a4 · 7 a−5 19 157 9 43 A A = a 7 . B A = a 105 . C A = a 7 . D A = a 5 . Lời giải. Ta có p 3 11 7 + 11 a7 · a 3 a 3 3 19 A = p = = a 7 . 4 7 −5 − 5 a · a a4 7 Chọn đáp án A  Câu 14. Tập xác định của hàm số y = (x + 2)−2022 là A [−2; +¥). B R n f−2g. C (−2; +¥). D R. Lời giải. Điều kiện hàm số xác định là x + 2 6= 0 , x 6= −2. Vậy tập xác định D = R n f−2g. Chọn đáp án B  Câu 15. Cho a > 0 và a 6= 1. Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau. n A loga x = n loga x, (x > 0). B loga a = 0. C loga(x · y) = loga x · loga y, (x, y > 0). D loga x có nghĩa với 8x 2 R. Lời giải. n Theo tính chất lũy thừa của lô-ga-rit ta có loga x = n loga x, (x > 0). Chọn đáp án A  Câu 16. Cho ba số thực dương A, B, C khác 1 thỏa B2 = AC. Mệnh đề nào sau đây đúng? A ln A · ln C = (ln B)2. B ln A · ln C = 2 ln B. C ln A + ln C = 2 ln B. D ln A + ln C = ln (2B). Lời giải. Vì B2 = AC , 2 ln B = ln A + ln C. Chọn đáp án C  Câu 17. Tính đạo hàm của hàm số y = 2x3 + x ln x tại điểm x = 1. A 2. B 6. C 3. D 7. Lời giải. Có y = 2x3 + x ln x ) y0 = 6x2 + ln x + 1 ) y0(1) = 7. Chọn đáp án D  Câu 18. Tìm nghiệm của phương trình 3x−1 = 27. A x = 3. B x = 9. C x = 10. D x = 4. Lời giải. Ta có 3x−1 = 27 , 3x−1 = 33 , x − 1 = 3 , x = 4. Chọn đáp án D  Câu 19. Trong các hình dưới đây, hình nào là hình đa diện? 4
5. Giáo dục là vũ khí mạnh nhất mà người ta có thể sử dụng để thay đổi cả thế giới. Hình 1 Hình 2 Hình 3 Hình 4 A Hình 4. B Hình 2. C Hình 1. D Hình 3. Lời giải. Hình 1, Hình 2, Hình 4 không phải hình đa diện vì nó vi phạm tính chất: “mỗi cạnh là cạnh chung của đúng hai mặt”. Chọn đáp án D  Câu 20. Trong một khối đa diện, mệnh đề nào sau đây đúng? A Mỗi cạnh là cạnh chung của đúng 2 mặt. B Hai cạnh bất kì có ít nhất một điểm chung. C Mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất 2 mặt. D Hai mặt bất kì có ít nhất một điểm chung. Lời giải. “Mỗi cạnh là cạnh chung của đúng 2 mặt” là mệnh đề đúng. Chọn đáp án A  Câu 21. Cho khối lăng trụ có chiều cao h và diện tích đáy B. Thể tích khối lăng trụ là 1 1 A V = 3Bh. B V = Bh. C V = Bh. D V = Bh. 6 3 Lời giải. Theo lí thuyết thể tích khối lăng trụ là V = Bh. Chọn đáp án D  Câu 22. Cho khối chóp có diện tích đáy B = 6a2 và chiều cao h = 2a. Thể tích khối chóp đã cho bằng A 2a3. B 4a3. C 6a3. D 12a3. Lời giải. 1 Thể tích khối chóp đã cho bằng V = B · h = 4a3. 3 Chọn đáp án B  Câu 23. Khối nón có bán kính đáy bằng r, chiều cao bằng h. Thể tích khối nón bằng 1 A pr2h. B pr2h. C 2prh. D prh. 3 Lời giải. 1 Thể tích của khối nón là V = pr2h. 3 Chọn đáp án B  Câu 24. Thể tích của khối trụ có đường cao bằng 4a, đường kính đáy bằng a là pa3 A . B 4pa3. C pa3. D 2pa3. 3 Lời giải. pa2 V = h.S = 4a · = pa3. đáy 4 Chọn đáp án C  Câu 25. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm là f 0(x) = (x − 1)2(3 − x) x2 − x − 1
   . Hỏi hàm số f (x) có bao nhiêu điểm cực tiểu? A 1. B 3. C 0. D 2. Lời giải. 5
6. Giáo dục là vũ khí mạnh nhất mà người ta có thể sử dụng để thay đổi cả thế giới. 2 2 (x − 1)2 = 0 x = 1 (nghiệm kép) 6 6 0 6 6x = 3 Ta có f (x) = 0 , 63 − x = 0 , 6 4 6 p 2 4 1 ± 5 x − x − 1 = 0 x = . 2 Ta có bảng xét dấu f 0(x) như sau p p x −¥ 1− 5 1+ 5 +¥ 2 1 2 3 f 0(x) + 0 − 0 − 0 + 0 − p 1 + 5 Từ bảng xét dấu ta suy ra hàm số có một điểm cực tiểu là x = . 2 Chọn đáp án A  Câu 26. Khối đa diện đều nào sau đây có các mặt không phải là tam giác đều? A Bát diện đều. B Tứ diện đều. C Hai mươi mặt đều. D Mười hai mặt đều. Lời giải. Khối mười hai mặt đều có các mặt là ngũ giác đều. Chọn đáp án D  Câu 27. Khối hai mươi mặt đều có số đỉnh, số cạnh, số mặt lần lượt là A 30; 12; 20. B 12; 20; 30. C 20; 30; 12. D 12; 30; 20. Lời giải. Khối 20 mặt đều có 12 đỉnh, 30 cạnh và 20 mặt. Chọn đáp án D  Câu 28. 0 0 0 0 Cho khối lăng trụ đứng ABC.A B C có đáy là tam giác đều cạnh a và AA = 2a (minh A0 C0 họa nhưp hình vẽ bên). Thể tíchp của khối lăng trụ đã cho bằng p 3 3 3 3a 3a p 3a 0 A . B . C 3a3. D . B 3 6 2 A C B Lời giải. p a2 3 Ta có S4ABC = , suy ra 4 p p 2 3 0 a 3 3a V = AA · S4 = 2a · = . ABC 4 2 Chọn đáp án D  Câu 29. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABC. p p a3 a3 a3 3 a3 3 A . B . C . D . 8 6 12 18 Lời giải. 6
7. Giáo dục là vũ khí mạnh nhất mà người ta có thể sử dụng để thay đổi cả thế giới. Gọi H là trung điểm của ABp. Vì SAB và ABC là các tam giác đều cạnh a nên SH ? AB, S a 3 CH ? AB và SH = CH = . 2 Vì (SAB) ? (ABC), (SAB) \ (ABC) = AB, SH ⊂ (SAB) và SH ? AB nên SH ? (ABC). Do đó p p C 1 1 a 3 a2 3 a3 A VS.ABC = · SH · SABC = · · = . H 3 3 2 4 8 B Chọn đáp án A  Câu 30. Cho hình lập phương có tổng diện tích các mặt bằng 12a2. Tính theo a thể tích khối lập phương đó. p p a3 A 2 2a3. B a3. C 2a3. D . 3 Lời giải. 12a2 Hình lập phương có 6 mặt đều là hình vuông và có diện tích bằng nhau nên diện tích một mặt là = 2a2. p 6 Gọi cạnh hình vuông là d. Khi đó d2 = 2a2 ) d = a 2 (do d > 0). Ä p ä2 p Vậy thể tích khối lập phương là d3 = a 2 = 2 2a3. Chọn đáp án A  p p p Å 1 ã Câu 31. Cho hàm số f (x) = 1 − 4 x
   1 + 4 x
   1 + x
   (1 + x). Tính f . 264 1 1 1 1 A 1 − . B 1 − . C 1 + . D 1 + . 2128 264 2128 264 Lời giải. Ta có p p p f (x) = 1 − 4 x
   1 + 4 x
   1 + x
   (1 + x) p p = 1 − x
   1 + x
   (1 + x) = (1 − x)(1 + x). Å 1 ã 1 Từ đó suy ra f = 1 − . 264 2128 Chọn đáp án A  Câu 32. Cho đồ thị các hàm số y = xa, y = xb trên khoảng (0; +¥). Mệnh đề nào dưới đây y đúng? y = xa A 0 < b < 1 < a. B b < 0 < 1 < a. C 0 < a < 1 < b. D a < 0 < 1 < b. 1 y = xb O 1 x Lời giải. Dựa vào đồ thị ta có a > 1 và 0 < b < 1. Chọn đáp án A  2018·log 2017 Câu 33. Giá trị của M = a a2 với (0 < a 6= 1) bằng A 20171009. B 10092017. C 20172018. D 20182017. Lời giải. 2018·log 2017 · Ä ä1009 Với 0 < a 6= 1 thì ta có M = a a2 = a1009 loga 2017 = aloga 2017 = 20171009. Vậy M = 20171009. Chọn đáp án A  7
8. Giáo dục là vũ khí mạnh nhất mà người ta có thể sử dụng để thay đổi cả thế giới. Câu 34. x x Trong hình vẽ bên cho đồ thị của các hàm số y = a , y = b . Mệnh đề nào y x b y dưới đây đúng? = = a y x A 1 < a < b. B 0 < a < b < 1. 3 C 0 < b < 1 < a. D 0 < a < 1 < b. 2 1 O 1 2 3 x Lời giải. y x b y = = x a y ∙ Hàm số y = a là hàm nghịch biến trên R nên 0 < a < 1. x 3 x log c x = ∙ Hàm số y = b là hàm đồng biến trên R nên 1 < b. 2 y ∙ = = x Hơn nữa, ta thấy đường thẳng x 1 cắt đồ thị y b tại các điểm 1 có tung độ b > 3, đường thẳng y = 1 cắt đồ thị y = logc x tại các O 1 2 3 x điểm có hoành độ c và 1 < c < 2. Vậy a < c < b. Chọn đáp án D  Å 1ã Å 1ã Câu 35. Tích tất cả các nghiệm của phương trình ln x − · ln x + · ln (x + 2) = 0 là 4 2 5 5 1 5 A . B . C . D . 2 4 4 8 Lời giải. 1 Điều kiện xác định: x > . 4 Ta có 2 Å ã 1 2 5 ln x − = 0 x = 6 4 Å ã Å ã 6 6 4 1 1 6 Å ã 6 ln x − · ln x + · ln (x + 2) = 0 , 6 1 , 6 1 4 2 6 ln x + = 0 6x = 6 2 6 2 4 4 ln (x + 2) = 0 x = −1. (loại) 5 Vậy tích các nghiệm của phương trình là . 8 Chọn đáp án D  Câu 36. Biết phương trình 2 log2 x + 3 logx 2 = 7 có 2 nghiệm thực x1, x2 (x1 < x2). Tính giá trị của biểu thức x T = (x1) 2 . A T = 64. B T = 16. C T = 32. D T = 8. Lời giải. ∙ Điều kiện: x > 0 và x 6= 1. ∙ Ta có 3 2 2 log2 x + 3 logx 2 = 7 , 2 log2 x + = 7 , 2 log2 x − 7 log2 x + 3 = 0 log2 x 2 2 log2 x = 3 x = 8 , 6 , 4 1 4 p log x = x = 2. 2 2 x ∙ Vậy (x1) 2 = 16. 8
9. Giáo dục là vũ khí mạnh nhất mà người ta có thể sử dụng để thay đổi cả thế giới. Chọn đáp án B  p Câu 37. Cắt một hình nón (N) bởi một mặt phẳng đi qua trục ta được một tam giác đều có diện tích 4 3a2. Diện tích toàn phần của hình nón (N) bằng A 12pa2. B 6pa2. C pa2. D 3pa2. Lời giải. p x2 3 p Gọi cạnh của tam giác đều là x, ta có = 4a2 3 , x = 4a. S 4 Suy ra hình nón có độ dài đường sinh l = 4a và bán kính đáy r = 2a. Do đó, diện tích toàn phần của hình nón là 2 2 2 Stp = Sxq + Sđáy = prl + pr = p · 2a · 4a + p(2a) = 12pa . B A O Chọn đáp án A  Câu 38. Cho hàm số f (x) có bảng xét dấu của f 0(x) như sau x −¥ −3 −1 1 +¥ f 0(x) − 0 + 0 − 0 + Hàm số y = f (5 − 2x) đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A (3; 4). B (4; 5). C (−¥; −3). D (1; 3). Lời giải. 2 x = 2 6 0 0 0 6 Ta có y = −2 f (−2x + 5), y = 0 , 6x = 3. Ta có bảng biến thiên 4 x = 4 x −¥ 2 3 4 +¥ y0 − 0 + 0 − 0 + +¥ y Từ bảng biến thiên, ta thấy hàm số y = f (−2x + 5) đồng biến trên (4; 5). Chọn đáp án B  Câu 39. Cho hàm số f (x), trong đó f (x) là một đa thức. Hàm số f 0(x) có đồ thị như y hình vẽ bên. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc (−5; 5) để hàm số y = g(x) = f x2 − 2jxj + m
   có 9 điểm cực trị. A 1. B 4. C 3. D 2. x −2 −1 O 1 2 9
10. Giáo dục là vũ khí mạnh nhất mà người ta có thể sử dụng để thay đổi cả thế giới. Lời giải. Hàm số y = g(x) là hàm số chẵn có 9 điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số y = f (x2 − 2x + m) có 4 điểm cực trị dương. Ta có y0 = (2x − 2) f 0(x2 − 2x + m). Từ đồ thị hàm số f 0(x) suy ra 2 x = 1 6 6 2 6x − 2x + m = −2 6 0 6 y = 0 , 6x2 − 2x + m = −1 6 6 6 2 6x − 2x + m = 1 4 x2 − 2x + m = 2. 0 2 Từ đồ thị hàm số f (x) ta suy ra x − 2x + m = 2 có nghiệm y bội chẵn nên ta không xét. 2 m = −x2 + 2x − 2 6 6 2 Xét 6m = −x + 2x − 1 2 4 m = −x2 + 2x + 1. 1 Dựa vào đồ thị ta suy ra các giá trị nguyên của m thuộc (−5; 5) thỏa mãn là f−4; −3; −2g. x O −1 −2 y = m −3 −4 Chọn đáp án C  2x + m Câu 40. Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn [−10; 10] của m để giá trị lớn nhất của hàm số y = trên đoạn x + 1 [−4; −2] không lớn hơn 1? A 5. B 7. C 6. D 8. Lời giải. 2 − m Ta có y0 = . (x + 1)2 ∙ Nếu 2 − m = 0 , m = 2 thì y = 2, do đó giá trị lớn nhất của hàm số trên [−4; −2] luôn lớn hơn 1, ta loại m = 2. ∙ Nếu 2 − m > 0 , m < 2 suy ra hàm số đồng biến trên [−4; −2]. Do đó giá trị lớn nhất của hàm số là y(−2) ≤ 1 , −m + 4 ≤ 1 , m ≥ 3 (loại). ∙ Nếu 2 − m 2 suy ra hàm số nghịch biến trên [−4; −2]. Do đó giá trị lớn nhất của hàm số là −8 + m y(−4) ≤ 1 , ≤ 1 , m ≥ 5. So với điều kiện ta có m ≥ 5. Vì m là các số nguyên thuộc [−10; 10] nên có −3 6 số nguyên thỏa mãn yêu cầu. Chọn đáp án C  Câu 41. 10
11. Giáo dục là vũ khí mạnh nhất mà người ta có thể sử dụng để thay đổi cả thế giới. Từ một tấm tôn có kích thước 90cm×300cm, người ta làm một máng thoát nước, A D mặt cắt ngang của máng là hình thang cân ABCD có đáy lớn AD, AB = BC = 30 CD = 30 cm (minh họa hình bên). Thể tích lớn nhất của máng bằng cm cm p p 30 A 202500 3 cm3. B 40500 2 cm3. p p B C C 40500 6 cm3. D 40500 5 cm3. 30 cm Lời giải. Kẻ BH ? AD tại H. Ê x − 30 (x − 30)2 1 p Gọi AD = x 2 (30; 90). Khi đó AH = và BH = 302 − = 2700 + 60x − x2. 2 4 2 Diện tích hình thang là 1 S(x) = (AD + BC) · BH 2 1 1p = (x + 30) · 2700 + 60x − x2 2 2 1 p = (x + 30) 2700 + 60x − x2. 4 Ta có 1 ïp (x + 30)(30 − x) ò S0(x) = 2700 + 60x − x2 + p 4 2700 + 60x − x2 3600 + 60x − 2x2 = p . 4 2700 + 60x − x2 2 x = −30 Cho S0(x) = 0 , 3600 + 60x − 2x2 = 0 , 4 x = 60. Bảng biến thiên A H D x 30 60 90 0 30 S (x) + 0 − cm cm p 30 675 3 S(x) B C 900 0 30 cm p 3 Vậy thể tích lớn nhất là V = Smax · 300 = 202500 3 cm . Chọn đáp án A  Câu 42. Cho hàm số trùng phương f (x) = ax4 + bx2 + c có đồ thị như hình vẽ. Hỏi đồ thị y 2022 hàm số y = có tổng cộng bao nhiêu tiệm cận đứng? 1 [ f (x)]2 + 2 f (x) − 3 −2 A 2. B 3. C 5. D 4. 2 O x −3 Lời giải. 2 f (x) = 1 (1) Ta có [ f (x)]2 + 2 f (x) − 3 = 0 , 4 f (x) = −3. (2) Mặt khác, dựa vào đồ thị hàm số y = f (x) ta có: 11
12. Giáo dục là vũ khí mạnh nhất mà người ta có thể sử dụng để thay đổi cả thế giới. 2 x = 0 (kép) 6 6 ∙ Phương trình (1) , 6x = a < −2 (đơn) 4 x = b > 2 (đơn). 2 x = −2 (kép) ∙ Phương trình (2) , 4 x = 2 (kép). Do đó, khi x dần đến một trong các giá trị f0; a; b; ±2g thì y dần đến vô cực. Vậy đồ thị hàm số đã cho có 5 tiệm cận đứng. Chọn đáp án C  Câu 43. Cho hàm số y = f (x) xác định trên R n f0g, liên tục trên mỗi x −¥ 0 1 +¥ khoảng xác định và có bảng biến thiên như hình bên. Tập hợp y0 − + − tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình f (x) = m 0 có ba nghiệm phân biệt là +¥ 2 y A [−1; 2]. B (−1; 2). C f−1; 2g. D (−¥; 2). −1 −¥ −¥ Lời giải. Số nghiệm của phương trình f (x) = m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và đường thẳng y = m. Khi đó ∙ Với m > 2 thì đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại một điểm x < 0. ∙ Với m = 2 thì đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại điểm x < 0 và điểm x = 1. ∙ Với −1 < m < 2 thì đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại ba điểm lần lượt thỏa x < 0, 0 < x < 1 và x > 1. ∙ Với m ≤ −1, đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại hai điểm lần lượt thỏa 0 1. Do đó, các giá trị của tham số m thỏa mãn là m 2 (−1; 2). Chọn đáp án B  Câu 44. Cho hàm số bậc ba y = f (x) có đồ thị là đường cong như hình vẽ bên. Hỏi y 4 phương trình j f (x) − 1j = 1 có bao nhiêu nghiệm? A 3. B 4. C 5. D 6. 2 −2 O 2 x −2 −4 Lời giải. 2 2 f (x) − 1 = 1 f (x) = 0 Xét phương trình j f (x) − 1j = 1 , 4 , 4 f (x) − 1 = −1 f (x) = 2. ∙ Trường hợp 1: Phương trình f (x) = 0 có 3 nghiệm x1, x2, x3 2 [−2; 2]. ∙ Trường hợp 2: Phương trình f (x) = 2 có 2 nghiệm x4, x5 2 [−2; 2]. 12
13. Giáo dục là vũ khí mạnh nhất mà người ta có thể sử dụng để thay đổi cả thế giới. Dễ thấy các nghiệm này không trùng nhau. Vậy phương trình j f (x) − 1j = 1 có 5 nghiệm phân biệt thuộc đoạn [−2; 2]. Chọn đáp án C  −x + 1 Câu 45. Cho hàm số y = có đồ thị (C) và đường thẳng (d) : y = x + m. Với mọi giá trị thực của m đường 2x − 1 thẳng (d) luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Gọi k1, k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) 2022 2022 tại A và B. Giá trị nhỏ nhất của T = k1 + k2 bằng 1 2 A 1. B 2. C . D . 2 3 Lời giải. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) −x + 1 Å 1ã = x + m , 2x2 + 2mx − m − 1 = 0, x 6= . (1) 2x − 1 2 8 <>x1 + x2 = −m ( ) ( ) Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình 1 , ta có m + 1 2 :>x1x2 = − . 2 8 1 >k = − <> 1 (2x − 1)2 Ta được 1 1 > = − :k2 2 . (2x2 − 1) Ta thấy 2022 2022 k1 + k2 1 1 = + 4044 4044 (2x1 − 1) (2x2 − 1) Ê 1 1 ≥ · 2 4044 4044 (2x1 − 1) (2x2 − 1) 1 = 2 2022 [(2x1 − 1)(2x2 − 1)] 1 = 2 2022 [4x1x2 − 2(x1 + x2) + 1] (2) = 2. Vậy giá trị nhỏ nhất của T bằng 2. Chọn đáp án B  Câu 46. Cho a và b là hai số thực dương khác 1 và các hàm số y = ax, y = bx có đồ thị y x y = a y = bx như hình bên. Đường thẳng y = 3 cắt trục tung, đồ thị hàm số y = ax, đồ thị hàm số y = bx lần lượt tại H, M, N. Biết rằng HM = 2MN. Mệnh đề nào sau đây 3 M N H đúng? A 2a = b. B a3 = b2. C a2 = b3. D 3a = 2b. O xM xN x Lời giải. Tọa độ điểm H, M, N lần lượt là H(0; 3), M(loga 3; 3), N(logb 3; 3). Khi đó ta có HM = loga 3, HN = logb 3. 13
14. Giáo dục là vũ khí mạnh nhất mà người ta có thể sử dụng để thay đổi cả thế giới. 2 2 3 Mà HM = 2MN nên HM = HN hay log 3 = log 3 , log a = log b , a2 = b3. 3 a 3 b 3 2 3 Chọn đáp án C  Câu 47. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình p Ä 3ä Ä 2 ä log mx − 6x + 2 log 1 −14x + 29x − 2 = 0 2 2 có nghiệm thực duy nhất. A 18. B Vô số. C 23. D 22. Lời giải. Phương trình tương đương với Ä 3ä Ä 2 ä 2 log2 mx − 6x = 2 log2 −14x + 29x − 2 8 8 1 0 <> < x < 2 , , 14 3 2 2 :mx − 6x = −14x + 29x − 2 :>m = 6x2 − 14x + 29 − . x 2 Å 1 ã Xét hàm số f (x) = 6x2 − 14x + 29 − trên khoảng ; 2 . x 14 Å 1 ã Ta có f 0(x) = 2 + 6x − 7 . x2 2 x = 1 6 6 1 0 6 = Ta có f (x) = 0 , 6x 6 2 4 1 x = − . 3 Bảng biến thiên 1 1 x 1 2 14 2 y0 + 0 − 0 + 39 24 2 y 3 98 19 2 3 < m < 19 Dựa vào bảng biến thiên, suy ra 698 ) m 2 f1, . . . , 18, 20, . . . , 23g. 439 < m < 24 2 Có tất cả (18 − 1) + 1 + (23 − 20) + 1 = 22 số nguyên thoả mãn. Chọn đáp án D  Câu 48. Cho khối hộp ABCD.A0B0C0D0 có thể tích bằng 6a3 và diện tích tam giác A0BD bằng a2. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (B0CD0) bằng A 3a. B 2a. C 6a. D a. Lời giải. 14
15. Giáo dục là vũ khí mạnh nhất mà người ta có thể sử dụng để thay đổi cả thế giới. Ta có 0 0 D O0 A 3 0 0 6a = VABCD.A0 B0C0 D0 = 2VABD.A0 B0 D0 C B = 2 · 3VA.A0 BD = 6VA.A0 BD G0 1 0 = 6 · d(A, (A BD))S 0 3 A BD = 2a2d(A, (A0BD)). G ) ( ( 0 )) = d A, A BD 3a.(1) A D C O B Ta có d(A, (B0CD0)) = 2d(A, (A0BD)). d(A, (B0CD0)) AG0 Suy ra = = 2 ) d(A, (B0CD0)) = 2d(A, (A0BD)).(2) d(A, (A0BD)) AG Từ (1) và (2) suy ra d(A, (B0CD0)) = 6a. Chọn đáp án C  3 Câu 49. Cho tứ diện ABCD, trên các cạnh BC,BD,AC lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho BC = 3BM, BD = BN, 2 AC = 2AP. Mặt phẳng (MNP) chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện có thể tích là V1, V2, trong đó khối đa V1 diện chứa cạnh CD có thể tích là V2. Tính tỉ số . V2 V 26 V 26 V 15 V 3 A 1 = . B 1 = . C 1 = . D 1 = . V2 19 V2 13 V2 19 V2 19 Lời giải. Áp dụng định lí Me-ne-la-uyt ta có A MB ND GC GC · · = 1 ) = 4. MC NB GD GD GC FD PA FD 1 và · · = 1 ) = . GD FA PC FA 4 P ∙ VDCPMNF = VCPMF + VCMNF + VCNFD. 1 V d (F, (CPM)) · SCPM 4 1 2 4 M ∙ CPMF = 3 = · · = . B C VABCD 1 5 2 3 15 d (D, (ABC)) · SABC F 3 1 N ( ( )) · V d F, CNM SCNM 1 2 2 4 D ∙ CNMF = 3 = · · = . V 1 5 3 3 45 G ABCD d (A, (CBD)) · S 3 CBD 1 V d (C, (FND)) · SFND 1 1 1 ∙ CNDF = 3 = . = . V 1 5 3 15 ABCD d (C, (ABD)) · S 3 ABD V 4 4 1 19 V 45 − 19 26 ) 2 = + + = ) 1 = = . VABCD 15 45 15 45 V2 19 19 Chọn đáp án A  Câu 50. 15
16. Giáo dục là vũ khí mạnh nhất mà người ta có thể sử dụng để thay đổi cả thế giới. Một bình đựng nước dạng hình nón (không có nắp đậy), đựng đầy nước. Biết rằng chiều cao của bình gấp 3 lần bán kính đáy của nó. Người ta thả vào bình đó một khối trụ và đo được thể tích 16p nước tràn ra ngoài là dm3. Biết rằng một mặt của khối trụ nằm trên mặt đáy của hình nón và 9 khối trụ có chiều cao bằng đường kính đáy của hình nón (hình vẽ). Tính bán kính đáy R của bình nước. A R = 4 dm. B R = 3 dm. C R = 5 dm. D R = 2 dm. Lời giải. Theo đề ta có AH = R, OH = 3R, HI = 2R. E H F Theo định lý Ta-let, ta có A B ID OI OH − IH R 1 = = = = . AH OH OH 3R 3 R Do đó khối trụ có bán kính đáy là ID = . Thể tích khối trụ là 3 Å R ã2 16p D C V = p · 2R = , R3 = 8 , R = 2 dm. I 3 9 O Chọn đáp án D  16