Đề ôn tập kiểm tra cuối học kì 2 Toán Lớp 12 - Đề số 19 (Có hướng dẫn giải chi tiết)

Nội dung text: Đề ôn tập kiểm tra cuối học kì 2 Toán Lớp 12 - Đề số 19 (Có hướng dẫn giải chi tiết)

1. ĐỀ ÔN TẬP KIỂM TRA CUỐI HỌC KỲ II MÔN: TOÁN 12 – ĐỀ SỐ: 19 (100TN) Câu 1: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng đường cong như hình vẽ? A. yxx=−−+3232. B. yx=−+4232 x +. C. yx=−+4232 x . D. yx=−−3222 x . Câu 2: Cho cấp số nhân (un ) có số hạng đầu u1 = 2 và công bội q = 4 . Giá trị của u3 bằng A. 32. B. 16. C. 8 . D. 6 . Câu 3: Một tổ có 6 học sinh nam và 5 học sinh nữ. Có bao nhiêu cách chọn một học sinh nam và một học sinh nữ để đi tập văn nghệ? 2 2 A. A11 . B. 30. C. C11 . D. 11. Câu 4: Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số fx( ) =24x + x là 2x 2x A. 2x ln 2++ 2xC2 . B. ++2xC2 . C. 2x ln 2 + C . D. + C . ln 2 ln 2 Câu 5: Cho khối lăng trụ có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao bằng 3a . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 4 A. a3 . B. 4a3 . C. a3 . D. 3a3 . 3 Câu 6: Nghiệm của phương trình log2 ( 3x −= 8) 2 là 4 A. x = −4. B. x =12 . C. x = 4 . D. x = − . 3 Câu 7: Cho khối trụ có chiều cao bằng 23 và bán kính đáy bằng 2. Thể tích khối trụ đã cho là: 83π A. 8π . B. 83π . C. . D. 24π . 3 Câu 8: Cho hàm số y= fx( ) có bảng biến thiên như sau:
2. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào sau đây? A. (1; +∞) . B. (−3; +∞) . C. (−1;1) . D. (−∞;1) .  Câu 9: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm AB(1;1;−− 2) ,( 3; 4;1) . Tọa độ của vectơ AB là A. (−−2;5; 3) . B. (2;5;3) . C. (2;− 5;3) . D. (2;5;− 3) . 23x − Câu 10: Phương trình đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = là: x −1 A. y = 2 . B. y =1. C. x =1. D. x = 2 . Câu 11: Cho hình nón có độ dài đường sinh bằng 3a và bán kính đáy bằng a . Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A. 12π a2 . B. 3π a2 . C. 6π a2 . D. π a2 . Câu 12: Với a là số thực dương khác 1, loga2 (aa) bằng 3 3 1 A. . B. 3. C. . D. . 4 2 4 Câu 13: Cho khối chóp có diện tích đáy bằng a2 và chiều cao bằng 2a . Thể tích của khối chóp đã cho bằng 2a3 A. . B. 2a3 . C. 4a3 . D. a3 . 3 =−−42 − Câu 14: Giá trị nhỏ nhất của hàm số yx23 x trên đoạn [ 1; 2 ] bằng A. 4. B. 0 . C. 5. D. 3 . Câu 15: Cho fx() là một hàm số liên tục trên và Fx( ) là một nguyên hàm của hàm số fx(). Biết 3 ∫ f() x dx = 3 và F (1) = 1.Giá trị F (3) bằng 1 A. 4. B. 2. C. −2. D. 3. 2 Câu 16: Đạo hàm của hàm số y=log3 ( 2 xx −+ 1) là 21x − 41x − (4x − 1) ln 3 41x − A. . B. . C. . D. . (2xx2 −+ 1) ln 3 (2xx2 −+ 1) ln 3 21xx2 −+ 21xx2 −+
3. Câu 17: Phần hình phẳng (H ) được gạch chéo trong hình vẽ dưới đây được giới hạn bởi đồ thị hàm số y= fx( ) , yx=2 + 4 x và hai đường thẳng x = −2, x = 0 . 0 4 Biết ∫ fxx( )d = , diện tích hình phẳng (H ) là −2 3 7 16 4 20 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Câu 18: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(−1;1; 0 ) và B(3; 5;− 2) . Tọa độ trung điểm đoạn thẳng AB là A. (2; 2;− 1). B. (2; 6;− 2) . C. (4; 4;− 2). D. (1; 3;− 1). Câu 19: Cho hàm số y= fx( ) có đồ thị như hình vẽ. Số giá trị nguyên của tham số m để đường thẳng ym= cắt đồ thị hàm số đã cho tại ba điểm phân biệt là A. Vô số. B. 3. C. 0 . D. 5. 2 − Câu 20: Tập nghiệm của bất phương trình 4xx2 ≥ 64 là A. (−∞; − 1] ∪[ 3; + ∞) . B. [3;+∞). C. (−∞;1 − ] . D. [−1;3] . Câu 21: Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng a 2 . Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng:
4. π a2 2π a2 A. 2π a2 . B. . C. π a2 . D. . 2 2 21x + Câu 22: Cho hàm số y = . Tích giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn x −1 [−1; 0 ] bằng: 3 1 A. . B. 2 . C. − . D. 0 . 2 2 Câu 23: Cho hàm số y= fx( ) có bảng biến thiên như sau Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số bằng A. 4. B. 1. C. 2. D. 3. Câu 24: Số nghiệm của phương trình log33( xx++ 2) log( −= 2) log 3 5 là A. 2. B. 3. C. 1. D. 0. Câu 25: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA= a 2 ( tham khảo hình vẽ). Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD) bằng A. 30° . B. 45°. C. 60° . D. 90° . 2 Câu 26: Cho hàm số y= fx( ) có đạo hàm f′( x) =+− xx( 31)( x ) . Số điểm cực trị của hàm số bằng A. 0 . B. 2 . C. 3. D. 1. 1 x π Câu 27: Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số fx( ) =1 + với x∈(0; +∞) \ +kkπ , ∈ là xxcos2 2
5. 1 1 A. −+tanxC +. B. lnx++ tan xC. C. −−tanxC +. D. lnx−+ tan xC. x2 x2 Câu 28: Cho khối lăng trụ đứng ABC.' A B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB= a,5 AC = a ,AA '=2 a 3 ( tham khảo hình vẽ). Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng 23a3 3a3 A. 23a3 . B. 43a3 . C. . D. . 3 3 Câu 29: Trong không gian Oxyz , cho các vectơ a =−−( 2; 3;1) và b = (1; 0;1) . Côsin góc giữa hai vectơ a và b bằng 1 1 3 3 A. − . B. . C. − . D. . 27 27 27 27 Câu 30: Cho hàm số y= fx( ) có bảng biến thiên như sau Số nghiệm của phương trình 2fx( ) −= 11 0 bằng A. 3. B. 2 . C. 0 . D. 4 . Câu 31: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O , cạnh AB= a,2 AD = a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD) là trung điểm của đoạn OA . Góc giữa SC và mặt phẳng ( ABCD) bằng 30° . Khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB) bằng 9 22a 3 22a 22a 3 22a A. . B. . C. . D. . 44 11 11 44
6. Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số bằng A. 4. B. 1. C. 2. D. 3. Lời giải Chọn C Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy limyy=⇒= 3 3 là một đường tiệm cận ngang của đồ thị x→−∞ = +∞ ⇒ = − hàm số, và lim − yx1 là một đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x→−( 1) Tóm lại, tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số bằng 2 . Câu 24: Số nghiệm của phương trình log33( xx++ 2) log( −= 2) log 3 5 là A. 2. B. 3. C. 1. D. 0. Lời giải Chọn C xx+20 > >− 2 Điều kiện: ⇔ ⇔>x 2 . xx−>20 > 2 Với điều kiện trên, phương trình trở thành:  = − 22xl3( ) log33( xx+ 2)( −= 2) log 5 ⇔−=⇔−=⇔ x 4 5 x 9 0  . xn= 3( ) Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất x = 3. Câu 25: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA= a 2 ( tham khảo hình vẽ). Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD) bằng
7. A. 30° . B. 45°. C. 60° . D. 90° . Lời giải Chọn B Theo bài ra ta có: Hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng ( ABCD) là đường thẳng AC . Do đó: Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng SC và AC hay SCA . Ta có: AC= a 2 . SA Xét tam giác ∆SAC vuông tại A có: tanCC= =⇒=° 1 45 . AC 2 Câu 26: Cho hàm số y= fx( ) có đạo hàm f′( x) =+− xx( 31)( x ) . Số điểm cực trị của hàm số bằng A. 0 . B. 2 . C. 3. D. 1. Lời giải Chọn B  x = 0 ′ 2  Ta có: f( x) =⇔+0 xx( 3)( x −=⇔=− 10)  x 3  x =1 Ta có bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta có hàm số đã cho có 2 điểm cực trị. Cách làm trắc nghiệm: fx( ) là hàm đa thức nên số cực trị là số nghiệm bội lẻ của fx′( ) . fx′( ) = 0 có hai nghiệm bội lẻ là x = 0 ; x = −3 nên hàm số có 2 điểm cực trị. 1 x π Câu 27: Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số fx( ) =1 + với x∈(0; +∞) \ +kkπ , ∈ là xxcos2 2 1 1 A. −+tanxC +. B. lnx++ tan xC. C. −−tanxC +. D. lnx−+ tan xC. x2 x2 Lời giải Chọn B Ta có:
8. 1x 11 +) fx( ) =+=+1 . xcos22 xx cos x 11 +) fxx( )d =+dx =++=++ ln x tan xC ln x tan xC ∫∫xxcos2 π do x∈(0; +∞) \ +kkπ , ∈ . 2 Câu 28: Cho khối lăng trụ đứng ABC.' A B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB= a,5 AC = a ,AA '=2 a 3 ( tham khảo hình vẽ). Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng 23a3 3a3 A. 23a3 . B. 43a3 . C. . D. . 3 3 Lời giải Chọn A Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông ABC ta có: BC= AC2 − AB 2 =52 a 22 −= a a . 11 S= BA. BC = . a .2 a = a2 . ∆ABC 22 23 VABC.''' A B C= S∆ ABC .AA'= aa .2 3= 2 3 a. Câu 29: Trong không gian Oxyz , cho các vectơ a =−−( 2; 3;1) và b = (1; 0;1) . Côsin góc giữa hai vectơ a và b bằng 1 1 3 3 A. − . B. . C. − . D. . 27 27 27 27 Lời giải Chọn A ab.−+ 201 + 1 Gọi ϕ là góc giữa hai vectơ a và b , ta có: cosϕ = = = − . ab. 491.101++ ++ 27 Câu 30: Cho hàm số y= fx( ) có bảng biến thiên như sau
9. Số nghiệm của phương trình 2fx( ) −= 11 0 bằng A. 3. B. 2 . C. 0 . D. 4 . Lời giải Chọn B 11 Ta có: 2fx( ) −=⇔ 11 0 fx( ) =. 2 Khi đó, số nghiệm của phương trình 2fx( ) −= 11 0 bằng số điểm chung của đồ thị hàm số 11 y= fx( ) và đường thẳng y = . 2 11 Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số y= fx( ) và đường thẳng y = có hai điểm 2 chung phân biệt nên phương trình 2fx( ) −= 11 0 có hai nghiệm. Câu 31: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O , cạnh AB= a,2 AD = a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD) là trung điểm của đoạn OA . Góc giữa SC và mặt phẳng ( ABCD) bằng 30° . Khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB) bằng 9 22a 3 22a 22a 3 22a A. . B. . C. . D. . 44 11 11 44 Lời giải Chọn B
10. Gọi H là trung điểm AO , ta có SH⊥ ( ABCD) . Góc giữa SC và ( ABCD) bằng SCH bằng 30° . Ta có CA= 4 HA , suy ra d( C,( SAB)) = 4, d( H( SAB)) . Kẻ HI⊥⊥ AB, HK SI , ta suy ra HK⊥ ( SAB) . d( H,( SAB)) = HK . 12a HI= AD = . 44 3 33a CH= AC = 44 3a Suy ra SH= CH.tan 30 °= . 4 Xét tam giác SHI vuông tại H có HK là đường cao. 1 1 1 16 16 Suy ra =+=+ HK2 HS 2 HI 292 a 22 a 3a HK = . 2 22 3aa 3 22 d( C,4,4.( SAB)) = d( H( SAB)) = = . 2 22 11 22 Câu 32: Cho phương trình 16xx− 2.4+1 += 10 m ( m là tham số). Số giá trị nguyên của tham m∈−[ 10;10] để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực phân biệt là
11. A. 7 . B. 9. C. 8 . D. 1. Lời giải Chọn C 2 Đặt tt=4,x ≥ 1. Khi đó phương trình đã cho trở thành tt2 −+8 10 = m (1) Nghiệm t =1 cho một nghiệm x = 0 . Mỗi nghiệm t >1 cho hai nghiệm x đối nhau. Do vậy phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có đúng một nghiệm t >1, nghiệm còn lại (nếu có) phải nhỏ hơn 1. Xét hàm số ft( ) =−+ t2 8 t 10 . Bảng biến thiên m > 3 Từ bảng biến thiên ta có phương trình (1) có một nghiệm lớn hơn 1 khi  . m = −6 Suy ra số giá trị nguyên m∈−[ 10;10] là 8. Câu 33: Trong không gian Oxyz , cho điểm I (2; 4;− 3) . Phương trình mặt cầu có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (Oxz) là 2 22 2 22 A. ( xyz−+−++=2) ( 4) ( 34) . B. ( xyz−+−++=2) ( 4) ( 3) 29 . 2 22 2 22 C. ( xyz−+−++=2) ( 4) ( 39) . D. ( xyz−+−++=2) ( 4) ( 3) 16 . Lời giải Chọn D Mặt phẳng (Oxz) có phương trình: y = 0. Gọi R là bán kính mặt cầu cần tìm. Do mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng (Oxz) nên R= d( I;4( Oxz)) = . 2 22 Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: ( xyz−+−++=2) ( 4) ( 3) 16 .
12. 23 12 Câu 34: Giả sử n là một số nguyên dương thoả mãn 3CCnn−= 24 . Hệ số của số hạng chứa x trong n 2 2 khai triển xx− bằng x A. 672x12 . B. −672x12 . C. 672 . D. −672 . Lời giải Chọn D Điều kiện xác định: n∈≥ Nn*;3. Khi đó: 3!nn ! 31nn( −) nn( −− 12)( n ) 3CC23−=⇔ 24 − =⇔24 − =24 nn (nn−−2) !2!( 3) !3! 2 6 n = 9 32  ⇔−nnn12 + 11 + 144 =⇔ 0 3± 73 . n =  2 Kết hợp với điều kiện xác định suy ra n = 9 . 9 99k 45− 7k 9−k k 2222  kk 2 Ta có: xx−= ∑∑ Cxx99 ( ) −=C.2.( −) x . xx kk=00 = 45− 7k Số hạng chứa x12 trong khai triển ứng với k thỏa mãn: =12 ⇔=k 3. 2 12 3 3 Vậy hệ số của số hạng chứa x là C9 .(−=− 2) 672 . fx( ) Câu 35: Cho hàm số fx( ) > 0 và có đạo hàm liên tục trên , thỏa mãn ( x+=1) fx′( ) và x + 2 2 ln 2 f (0) = . Giá trị f (3) bằng 2 1 2 2 1 2 2 A. (4ln 2− ln 5) . B. 4( 4ln 2− ln 5) . C. (4ln 2− ln 5) . D. 2( 4ln 2− ln 5) . 2 4 Lời giải Chọn C fx( ) fx′( ) 1 Ta có ( x+=⇔=1) fx′( ) . x+2 fx( ) ( xx++12)( ) Khi đó 3fx′( ) 31133dfx( ( )) ∫∫ddxx= ⇔= ∫∫ dx 0fx( ) 0( xx++12)( ) 00fx( ) ( xx++12)( ) 3 3 x +1 41 ⇔2fx( ) = ln ⇔−=− 2f( 3) 2 f( 0) ln ln 0 x + 20 52
13. 8 1 ⇔=+2ff( 3) ln 2( 0) ⇔ff(3) =( ln 8 −+ ln 5) ( 0) 5 2 1 ln 2 1 ⇔f (3) =( 3ln 2 −+ ln 5) ⇔=f (3) ( 4ln 2 − ln 5) . 222 1 2 Vậy f (3) =( 4ln 2 − ln 5) . 4 Câu 36: Cho hàm số yxmxmx=+−32( 2) +−( 21) +. Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số đã cho đồng biến trên (−∞; + ∞) là A. 3. B. 0 . C. 4 . D. 2 . Lời giải Chọn C Ta có y′ =32 x2 +( m − 2) xm +− 2. Hàm số đã cho đồng biến trên ∆≤′ 0 2 ⇔yx′ ≥0 ∀∈ ⇔ ⇔(mm −2) − 3( −≤ 20) a > 0 ⇔(mm −2)( − 5) ≤⇔ 0 m ∈[ 2;5] . Do mm∈⇒∈ {2;3; 4;5}. Vây có 4 giá trị nguyên của m để hàm số đã cho đồng biến trên (−∞; + ∞) . Câu 37: Cho khối lăng trụ ABC.' A B ' C 'có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB= a,2 BC = a . Hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ lên mặt phẳng ( ABC) là trung điểm của cạnh H của cạnh AC . Góc giữa hai mặt phẳng (BCB'' C ) và ( ABC) bằng 600 . Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng: 33a3 3a3 33a3 a3 3 A. . B. . C. . D. . 4 8 8 16 Lời giải Chọn C
14. Ta có BC= a 3 . Từ H kẻ HI vuông góc với BC . HI HC AB.3 HC a Ta có ∆∆HIC BAC nên = ⇒=HI = . AB BC BC 4 Gọi K là trung điểm của AC’’. từ K kẻ KM vuông góc với BC’’. a 3 Tứ giác KMIH là hình bình hành nên KM= IH = . 4 a 3 Gọi N là điểm trên BC’’ sao cho M là trung điểm của CN’ ⇒=A'2 N KM =. 2  Do A' H⊥ ( ABC) nên ( A' NIH) ⊥ ( ABC) . Mà A' N> HI nên HIN là góc tù. Suy ra   HIN=⇒=12000 A ' NI 60 . Gọi H’ là hình chiếu của I lên AN’ suy ra H’ là trung điểm của AN’ . 3a ⇒==A' H IH ' NH '.tan 600 =. 4 3aa23 3 33 a ⇒=V AHS'. = . = . ABC 42 8 Câu 38: Trong không gianOXYZ cho hai điểm AB(1; 2; 3) ,( 1;− 2; 5 ) . Phương trình mặt cầu đi qua hai điểm AB, và có tâm thuộc trục oy là: A. xyz2+++ 224 y − 22 = 0. B. xyz2++− 224 y − 22 = 0 . C. xyz2+++ 224 y − 26 = 0. D. xyz2++− 224 y − 26 = 0 . Lời giải Chọn A Giả sử Iy(0; ;0) là tâm của mặt cầu. 2 222 22 Ta có IA= IB nên (−1) +( y − 231) +−( ) =−( ) +( yy + 25) +−( ) ⇒ =− 2. 222 Vậy I (0;− 2;0) và R= IA =( −1) +−( 4) +−( 3) = 26 nên phương trình mặt cầu là: 2 x2++( y2) += z2 26 ⇔+++ xyz 2 224 y − 22 = 0 . 21x − ln 3 Cho hàm số fx có fe1 = 2 và fx′ = e2x với mọi x khác 0 . Khi đó xf xd x Câu 39: ( ) ( ) ( ) 2 ∫ ( ) x 1 bằng 6 − e2 9 − e2 A. 6 − e2 . B. . C. 9 − e2 . D. . 2 2
15. Lời giải Chọn D 21x − Xét tích phân fxx′( )dd= e2x x ∫∫x2 u=(21 xe − ) 2x d4du= xe2x x  Đặt 1 ⇒ 1 , khi đó ddvx= v = −  x2  x 21x − 1 1 fxx′( )d= ex2x d =−−+( 21 x) e22xx 4 ex d=−−(21xe) 22xx ++ 2 eC. ∫∫xx2 ∫x 1 Do f(10) =⇒= eC2 . Vậy fx( ) =−−+(21 x) e22xx 2 e. x ln 3 ln 3 ln 3 2x ln 3 22xx 2 xe 1 2 Khi đó, ta có ∫∫xfxx( )d=−+( 12 xe) 2 xe d x = ∫ ex d ==−(9e ) . 11 1221 Câu 40: Cho hàm số bậc ba y= fx( ) có đồ thị như hình vẽ Số điểm cực tiểu của hàm số gx( ) = f( −+ x2 x) bằng A. 1. B. 5. C. 2 . D. 3. Lời giải Chọn D Đặt f( x) = ax32 + bx ++ cx d . Khi đó f′( x) =32 ax2 ++ bx c . Theo đồ thị hàm số y= fx( ) , ta có  f ′(−=20) 12abc− 4 += 0  12ab− 4 = 0 a =− 1     f ′(00) = c=0 −+84ab =− 4 b =− 3 ⇔ ⇔⇔  . f (−=−22) −842a + b − cd +=− 2  c = 0 c=0 d= 2  dd= 22 =  f (02) =  
16. Vậy fx( ) =−−+ x3232 x . Khi đó, ta có gx( ) = f( −+ x2 x) = x 6532 −3532 x + x − x +. x = −1  x = 0 43  1 gx′′( ) =32 x( x − 5 x +−⇒ 5 x 2) gx( ) =⇔= 0  x .  2 x =1  x = 2 Bảng biến thiên Suy ra, hàm số gx( ) = f( −+ x2 x) có ba điểm cực tiểu. yy−1 Câu 41: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( xy; ) thỏa mãn 2≤≤x 2021 và 2− log2 ( x +=− 2) 2 xy? A. 2020 . B. 9. C. 2019 . D. 10. Lời giải Chọn D y−1 yt−1 ty−1 Đặt log2 ( xt+= 2 ) . Suy ra x +=22, x =22 − . Phương trình đã cho trở thành: 2y−=t 2( 2 ty − 2−1 ) − y ⇔ 2.2y + yt = 2.2 t +. Xét hàm số gx( ) =2.2x + x có gx′( ) =2.2x ln 2 +> 1 0, ∀x nên hàm số y= gx( ) luôn đồng biến. yt y−1 Khi đó 2.2+y = 2.2 +⇔ t yt = hay yx=log2 ( + 2 ) . Suy ra xx+22yy−1 = ⇔= 222 yyy −−−11 = . y−1 Mà 2≤≤x 2021 nên 2≤ 2 ≤ 2021 ⇔≤ 1y −≤ 1 log2 2021 hay 2≤≤y ( log2 2021) + 1. Lại có y là số nguyên nên y ∈{2,3, ,11} tức 10 giá trị thỏa mãn.
17. Xét biểu thức x = 2y−1 , mỗi giá trị nguyên của y cho tương ứng 1 giá trị nguyên của x nên có 10 cặp số nguyên ( xy, ) thỏa mãn yêu cầu đề bài. Câu 42: Cho hàm số y= fx( ) liên tục trên thỏa mãn ff(−=1) 5,( −= 3) 0 và có bảng xét dấu đạo hàm như sau: Số giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 32f( − x) + x2 +−= 4 xm có nghiệm trong khoảng (3; 5) là A. 16. B. 17 . C. 0 . D. 15. Lời giải Chọn D Đặt gx( ) =32 f( − x) + x2 +− 4 x với x ∈(3; 5). x Ta có: gx′′( ) =−32 f( −+ x) −1. x2 + 4 Với x ∈(3; 5): Ta có: 2−x ∈−( 3; − 1) nên fx′(20−>) suy ra −32fx′( −<) 0. xx Ta có: <=1 x2 + 4 x x Suy ra gx′′( ) =−3 f( 2 − x) + −<1 0, ∀∈x( 3; 5) nên hàm số nghịch biến trên (3; 5) . x2 + 4 Suy ra min gx( ) = g(5) = 3 f( − 3) + 52 +−=4 5 29 −5 ; (35; ) max gx( ) = g(3) = 3 f( − 1) + 32 +−= 431 12 + 3 . (35; ) Để phương trình 32f( − x) + x2 +−= 4 xm có nghiệm thì 29−≤ 5m ≤ 12 + 13 mà m nguyên dương nên m∈{1,2, ,15} tức là có 15 giá trị
18. 1 Câu 43: Cho hàm số y= fx( ) liên tục trên và thỏa mãn ff(−=1) 1, − = 2 . Hàm số fx′( ) có e 2 1 đồ thị như hình vẽ. Bất phương trình fx( ) 0. B. m >−3 . C. m ≥−3 . D. m ≥ 0 . e2 e2 Lời giải Chọn C Điều kiện: −>xx00 ⇔ −−0; 2 x > 0 nên gx′( ) > 0 . x e x 1 Do đó hàm số gx( ) đồng biến trên −−1; . e 1 1  1 11 1 Suy ra (*) nghiệm đúng với mọi x ∈−1; − khi và chỉ khi mg≥−= f  −−ln −=− 3 . e e  e ee22 e Câu 44: Cho hàm số fx( ) liên tục trên khoảng (0; +∞) và thỏa mãn fx( ) 21x + 17 fx( 2 ++1) =ln( x + 1). Biết ∫ fx( )d x=−+ a ln 5 2ln bc với abc,,∈ . Giá trị 4xx 2x 1 của ab++2 c bằng
19. 29 A. . B. 5. C. 7 . D. 37 . 2 Lời giải Chọn C fx( ) 21xx++fx( ) 21 Ta có fx( 22++1) =ln( x +⇔ 1) xfx( ++1) =ln( x + 1) . 44xx 22x x 44 fx( ) 21x + Suy ra xf( x2 ++1) dx = ln( x + 1) d x . ∫∫4 x 2 11 4fx( ) 44d1( x2 + ) d( x) Ta có xfx( 22++1d) x = fx( + 1) +f( x) ∫4 x ∫∫22 1 11 17 12 1117 =+=∫∫fxx( )dd fxx( ) ∫ fxx( ) d. 212 22 1 44 4 21x + 1 14 1 ln( x+ 1) d x = ln( x + 1) d ( xx22 +=) ( xx +)ln( x + 1) −( xx2 +) d x ∫∫ 1 ∫ 1122 21x +1 4 1 x2 1 15 =20ln 5 −− 2ln 2 =20ln 5 −− 2ln 2 . 2 22 2 1 17 15 15 Do đó ∫ fxx( )d= 20ln 5 − 2ln 2 − ⇒=a 20, b = 2, c =− . 1 22 Vậy ab++27 c =. Câu 45: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD) là trung điểm của cạnh AB , góc giữa mặt phẳng (SAC) và đáy bằng 45° . Gọi M là trung điểm của cạnh SD . Khoảng cách giữa hai đường AM và SC bằng a 2 a 5 a 5 A. a . B. . C. . D. . 4 10 5 Lời giải Chọn D
20. Gọi H là trung điểm cạnh AB , I là trung điểm cạnh AO . Suy ra SH⊥ ( ABCD), 12a ( SAC),( ABCD) = SIH =45 ° . Do đó SH= IH = BO = . 24 Gọi N là trung điểm cạnhCD , khi đó HN⊥ AB . Chọn hệ trục tọa độ trong không gian như hình vẽ, ta có tọa độ các điểm a  a22  a   a aa  a H (0;0;0) , A0;− ;0  ; S 0;0; ; Da  ;−− ;0  ; M  ; ;  ;Ca ; ;0 . 2  4  2   248  2  aaa22  a a  Nên AM =;;  ;SC =−= a ;;  ;AC( a ;;0 a ) . 24 8  2 4  Khoảng cách giữa hai đường AM và SC là     AM,. SC AC a 5 d( AM, SC) =   = . 5 AM, SC Câu 46: Cho hàm số fx( ) có đạo hàm và xác định trên . Biết f (12) = và 1413+ x 1 xf2 ′( x)d x= f(2 −= x) d4 x . Giá trị của fx( )d x bằng ∫∫012 x ∫0 5 3 1 A. 1. B. . C. . D. . 7 7 7 Lời giải Chọn D Ta có 1 1 111 4=xfx22′( ) d x =−=−( xfx( )) 2 xfx( ) d x 22 xfx( ) d x⇒=−xf( x)d1 x ∫0 0 ∫∫00∫0 1 Đặt t=−⇒=−2d xt d x 2 x Khi đó 4013+ x 11 f(2− x) d x = 4 ⇔−( 1 + 3( 2 −t)) ft( ) dt = 4 ⇔−=7ft( ) dt 3 tft( ) dt 4 ∫∫112 x ∫∫00
21. 1 + 1 4 3∫ tf( t) dt 4+− 3.( 1) 1 Suy ra ft( )dt = 0 = = . ∫0 7 77 1 1 Vậy fx( )d x= . ∫0 7 Câu 47: Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O . Một mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là một tam giác vuông SAB có diện tích bằng 4a2 . Góc giữa trục SO và mặt phẳng (SAB) bằng 30° . Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A. 4 10π a2 . B. 2 10π a2 . C. 10π a2 . D. 8 10π a2 . Lời giải Chọn B Gọi M là trung điểm của AB , tam giác OAB cân đỉnh O nên OM⊥ AB và SO⊥ AB suy ra AB⊥ ( SOM ) . Dựng OK⊥ SM . Theo trên có OK⊥ AB nên OK⊥ ( SAB) . Vậy góc tạo bởi giữa trục SO và mặt phẳng (SAB) là OSM =30 °. 1 Tam giác vuông cân SAB có diện tích bằng 4a2 suy ra SA22=4 a ⇒= SA 22 a 2 ⇒=⇒=AB42 a SM a . SO 3 Xét tam giác vuông SOM có cosOSM = ⇒= SO.2 a = 3 a . SM 2 Cuối cùng OB= SB22 −= SO a 5 . 2 Vậy diện tích xung quanh của hình nón bằng Sxq =ππ rl = . a 5.2 a 2= 2 a 10π. Câu 48: Cho hàm số y= fx( ) có đồ thị hàm số y= fx′( ) như hình vẽ
22. Hàm số gx( ) = f(ex −− 2) 2020 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? 3 3 A. −1; . B. (−1; 2 ) . C. (0; +∞). D. ;2 . 2 2 Lời giải Chọn A Dựa vào đồ thị hàm số y= fx′( ) suy ra fx′( ) ≤03 ∀ 03 ∀> x . gx′′( ) =exx f( e2 − ) . Hàm số gx( ) = f(ex −− 2) 2020 nghịch biến nếu gx′( ) < 0 ⇔exxf ′( e20 −<) ⇔f ′(e20x −<) ⇔exx −<⇔ 2 3 e <⇔< 5x ln 5 . 3 Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên −1; . 2 Câu 49: Cho khối chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB= a , SA vuông góc với mặt phẳng 1 đáy và SA= a . Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng ϕ , với cosϕ = . Thể tích 3 của khối chóp đã cho bằng a3 2 22a3 2a3 A. . B. a3 2 . C. . D. . 3 3 3 Lời giải Chọn A
23. Đặt AD= m , m > 0 . Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, gốc tọa độ trùng với A , tia Ox,, Oy Oz lần lượt trùng với các tia AB, AD , AS.Khi đó tọa độ của các điểm là: B( a;0;0) ; D( 0; m ;0) ; C( am ; ;0) ; S( 0;0; a)      SB=−=⇒( a;0; a) ; BC( 0; m ;0)  SB , BC =( ma ;0; ma)      SD=(0; m ; − a) ; DC =( a ;0;0) ⇒ SD , DC =( 0; −− a ; ma)    Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (SBC) là SB, BC= ( ma ;0; ma) , của mặt phẳng (SCD) là    2 SD, DC=−−( 0; a ; ma) . 11ma22 Theo giả thiết: cosϕ = ⇒ = ⇔3m2 = 2( a 22 + m) ⇒= ma2. 33a a22+ m. ma .2 11a3 2 Thể tích khối chóp S. ABCD bằng V=. SAS . = aaa 2 = . 33ABCD 3 Câu 50: Cho đa giác đều (H ) có 30 đỉnh. Lấy tùy ý 3 đỉnh của (H ) . Xác suất để 3 đỉnh lấy được tạo thành một tam giác tù bằng 39 39 45 39 A. . B. . C. . D. . 140 58 58 280 Lời giải Chọn B 3 Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh có C30 . Gọi (T ) là đường tròn ngoại tiếp đa giác (H ) . Giả sử chọn được một tam giác tù ABC với góc A nhọn, B tù, C nhọn.
24. Chọn 1 đỉnh bất kì làm đỉnh A có 30 cách. Kẻ đường kính của đường tròn (T ) đi qua đỉnh vừa chọn chia đường tròn (T ) thành hai phần.(Bên trái và bên phải). Để tạo thành một tam giác tù thì hai đỉnh còn lại cùng nằm bên trái hoặc cùng nằm bên phải. 2 Hai đỉnh cùng nằm bên trái có C14 cách. 2 Hai đỉnh cùng nằm bên phải có C14 cách. Vì trong mỗi tam giác vai trò của đỉnh A và C như nhau nên số tam giác tù tạo thành là: 22 30(CC14+ 14 ) = 2730. 2 2730 39 = = Xác suất cần tìm là P 3 . C30 58