Đề thi KSCL môn Toán lớp 12 năm 2021-2022 có đáp án (Đợt 1) - Sở GD&ĐT Thanh Hóa (Mã đề 105)

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:

 2 dx
x

bằng

A. 2 x +1 + C .

B.

2x +1
+C.
x +1

C. 2 x ln 2 + C .

D.

2x
+C .
ln 2

Lời giải

Chọn D
Ta có  2x dx =
Câu 2:

2x
+C .
ln 2

Nghiệm của phương trình log3 ( 2 x − 3) = 2 là
A. x =

9
.
2

C. x = 6 .

B. x = 5 .

D. x =

11
.
2

Lời giải
Chọn C
3

2 x − 3  0

x 
Ta có log3 ( 2 x − 3) = 2  

2  x=6
2 x − 3 = 9

x = 6

Vậy tập nghiệm của bất phương trình S = 6 .
Câu 3:

Cho cấp số nhân ( un ) có u2 = 2 và u3 = −4 . Công bội của cấp số nhân bằng
A. −2 .

B. −6 .

D. 2 .

C. 6 .
Lời giải

Chọn A
Công bội của cấp số nhân là q =

Câu 4:

u3 −4
=
= −2 .
u2 2

Cho a là số thực dương và biểu thức P = a
1
3

2
3

7
6

5
6

B. P = a .

A. P = a .

a . Khẳng định nào sau đây đúng?
C. P = a .

D. P = a5 .

Lời giải
Chọn B
2
3

1
2

7
6

Ta có P = a .a = a .
Câu 5:

Cho hình nón có bán kính đáy r = 3 và độ dài đường sinh l = 9 . Diện tích xung quanh của
hình nón đã cho bằng
A. 9 .
B. 27 .
C. 3 .
D. 12 .
Lời giải
Chọn B
Diện tích xung quanh Sxq =  rl = 27 .

Câu 6:

Số cách chọn 5 học sinh từ 35 học sinh của một lớp là
A. 5! .

5
C. C35
.

B. 355 .
Lời giải

Chọn B

5
D. A35
.


5
Số cách chọn là C35
.
1

Câu 7:

Giá trị của  5 dx bằng
0

B. 10 .

A. 5 .

D. 20 .

C. 15 .
Lời giải

Chọn B
4

Ta có  5dx = 5 x 42 = 10 .
2

Câu 8:

Câu 9:

Khối đa diện đều loại 4;3 là
A. Khối tứ diện đều.
C. Khối hộp chữ nhật.

B. Khối bát diện đều.
D. Khối lập phương.
Lời giải

Chọn D
Tìm đạo hàm của hàm số y =  x .
A. y ' = x

x−1

ln  .

x
C. y ' =
.
ln 

B. y ' =  ln  .
x

x −1

D. y ' = x .

Lời giải
Chọn D
Áp dụng

( a ) ' = a .ln a ( a  0, a  1) .
x

x

Câu 10: Tập xác định của hàm số y = ( x − 2 ) là


A.

\ 2 .

B.

C. ( −;2) .

.

D. ( 2;+) .

Lời giải
Chọn D .
nên hàm số y = ( x − 2 ) xác định khi x − 2  0  x  2 .


Vì  

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là ( 2;+) .
Câu 11: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =
A. x =

1
.
2

2x −1
là đường thẳng có phương trình
x −3
C. x = −3 .

B. x = 3 .

D. x = 2 .

Lời giải
Chọn B .
Vì lim− y = − nên đồ thị hàm số y =
x →3

trình x = 3 .

2x −1
có tiệm cận đứng là đường thẳng có phương
x −3

Câu 12: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

x
y

−

−1

−

0

0

+

0

+

1

−

0

+

−3

+

y

+
−4

−4
Đồ thị hàm số có điểm cực đại là
A. ( 0; −3) .
B. y = −3 .

C. x = −3 .

D. x = 0 .

Lời giải
Chọn A .
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy y  đổi dấu từ
đã cho có điểm cực đại là

( 0; −3) .

+ sang

− khi qua x = 0 nên đồ thị hàm số

Câu 13: Nghiệm của phương trình 23− x = 1 là.
A. x =

1
.
2

C. x = 2 .

B. x = 3 .

1
3

D. x = .

Lời giải
Chọn B
Ta có 23− x = 1  3 − x = 0  x = 3 .
Câu 14: Cho đồ thị hàm số y = f ( x ) như hình vẽ bên. Hàm số y = f ( x ) có thể là hàm số nào dưới
đây?

A.

y = e− x .

B. y = log x .
Lời giải

C. y = − ln x .

D. y = ex .

Chọn B

Nhận xét hàm số y = f ( x ) có miền giá trị là

nên ta loại phương án A, D

Mặt khác quan sát đò thị hàm số y = f ( x )  f  ( x )  0 nên y = log x .
Câu 15: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Hàm số đã cho nghịch biến trong
khoảng nào dưới đây


A. ( 0;2 ) .

B. ( 3;2022) .

D. ( − ;2) .

C. ( 0;+  ) .

Lời giải
Chọn B

Quan sát bảng biến thiên hàm số y = f ( x ) nghịch biến trong các khoảng

( − ;0)

và

( 2;+  ) .
Mặt khác

(3;2022)  ( 2; + ) . Do đó hàm số

y = f ( x ) nghịch biến ( 3;2022) .

Câu 16: Cho khối cầu có đường kính bằng 2 . Thể tích khối cầu đã cho bằng
32
32
4
A.
.
B. .
C. .
3

D.

3

3

4
.
3

Lời giải
Chọn D

3

4
4 d  4
Thể tích khối cầu: V =  R3 =    = 
3
3 2 3

Câu 17: Cho khối trụ có bán kính đáy r = 3 và độ dài đường sinh l = 4 . Thể tích của khối trụ đã cho
bằng
A. 36 .
B. 48 .
C. 12 .
D. 24 .
Lời giải
Chọn A
Thể tích khối trụ: V =  r 2 h = 36
Câu 18: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) :
tọa độ là
A. ( −2;4; −1) .
B. ( 2;4;1) .

( x − 2) + ( y + 4) + ( z − 1)
2

C. ( 2; −4;1) .

2

2

= 9 . Tâm của ( S ) có

D. ( −2; −4; −1) .

Lời giải
Chọn C
Câu 19: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn  −3;5 và có đồ thị như hình vẽ. Giá trị lớn nhất
của hàm số y = f ( x ) trên đoạn  −3;5 bằng


C. −3.

B. 5.

A. 3.

D. 2.

Lời giải
Chọn A
Từ đồ thị hàm số ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn  −3;5 bằng 3 đạt
được tại x = 5.
Câu 20: Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên

A. y = x + 2x − x −1.
3

2

B. y = − x + 2x .
4

2

C. y = − x + 2x.
2

D. y = x − 2x .
4

2

Lời giải
Chọn B
Đồ thị hàm số trên là đồ thị hàm bậc bốn trùng phương nên loại đáp án A và C .
Vì lim y = − nên chọn đáp án B .
x →

Câu 21: Thể tích khối lập phương có cạnh bằng 3 là
A. 36 .
B. 9 .

C. 27 .

D. 81 .

Lời giải
Chọn C
Thể tích khối lập phương có cạnh bằng 3 là V = 33 = 27 .

Chọn đáp án C.
Câu 22: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x2 − 2 , trục Ox và các đường thẳng x = 1
, x = 2 được tính bằng cơng thức nào sau đây?


2

A.   ( x 2 − 2 ) dx .
2

1

2

2

2

B.

 ( x − 2 ) dx .
2

C.

2
 ( x − 2) dx .

D.

2

− 2 dx .

1

1

1

x

Lời giải
Chọn D
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x2 − 2 , trục Ox và các đường thẳng x = 1
, x = 2 là:

2

x

2

− 2 dx

1

Câu 23: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1;1; − 1) và B ( 2;3;2 ) . Vectơ BA có tọa độ là
B. ( 3;4;1) .

A. ( −1; − 2; − 3) .

C. (1;2;3) .

D. ( −3; − 4; −1) .

Lời giải
Chọn A
Câu 24: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng, SA ⊥ ( ABCD) và SA = a , góc giữa
đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 30o (tham khảo hình vẽ). Thể tích khối chóp

S.ABCD bằng

a3
B. .
4

a3
A. .
2

a3 3
C.
.
6

a3
D. .
6

Lời giải
Chọn A

(

)

SA ⊥ ( ABCD)  SC, ( ABCD ) = SCA = 30O .
Xét tam giác vuông SAC , ta có: AC = SA.cot 30o = a 3 . Suy ra: AB =

AC a 3
=
.
2
2

2

VS . ABCD

1
1 a 3
a3
= SA.S ABCD = . 
 .a = .
3
3  2 
2

Câu 25: Tập nghiệm của bất phương trình log 1 ( x − 1)  0 là

A. (1;2 ) .

B.  2;+  ) .

2

C. ( −;2 .
Lời giải

Chọn D.

D. (1;2 .


 x −1  0
x  1

0
Ta có log 1 ( x − 1)  0  
 1    x  2  x  (1;2 .

2
 x −1   2 
 

Câu 26: Cho khối lăng trụ đứng có chiều cao bằng 3 và đáy là tam giác đều có độ dài cạnh bằng 2 .
Tính thể tích khối lăng trụ đã cho
A. 3 .
B. 3 3 .
C. 3 .

D. 6 .
Lời giải
Chọn B.

22 3
= 3.
Diện tích đáy bằng B =
4
Thể tích của khối lăng trụ là V

B.h

3 3.

Câu 27: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hàm số y = f  ( x ) như hình bên. Hàm số đồng biến trên
khoảng nào dưới đây?

A. ( −1;3) .

D. ( −1;0 ) .

C. (1;+  ) .

B. ( 0;2 ) .

Lời giải
Chọn D.

Từ đồ thị suy ra f  ( x )  0  x  ( a; b )  ( c; +  ) với a  −1; b  ( 0;1) ; c  (1;2)
Do đó hàm số đồng biến trên khoảng ( −1;0 ) .

Câu 28: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A
tổng x
A. x

1;2; 3 , B 1; 0;2 ,C x ; y; 2 thẳng hàng. Khi đó

y bằng bao nhiêu?
y

17 .

B. x

y

11
.
5

C. x
Lời giải

y

1.

D. x

y

11
.
5


Chọn C
AB

2; 2; 5 , AC

A, B,C

x

x

1; y

thẳng

y

1

2
2

2

2;1

AB

hàng

x

1
5

8
5

y

3
5

x

y

cùng

AC

phương

1.

Câu 29: Trong không gian Oxyz , mặt cầu tâm I 1;2; 3 và đi qua điểm A 1;1;2 có phương trình là
A. x

1

C. x

1

2

2

y

2

y

2

2

2

z

2

z

3

2

2

2.
2.

B. x

1

D. x

1

2

2

y

2

y

2

2

2

z

3

z

2

2

2

2.
2

Lời giải
Chọn C
R

IA

1

1

2

1

2

2

2

Phương trình mặt cầu cần tìm là x

F 0

1

x2

f x

Câu 30: Cho hàm số

. Khi đó

F x

sin x

3

1

1

2

2

2

y

, biết

2

2

F x

z

3

2

2.
f x

là một nguyên hàm của hàm số

và

bằng

3

A. F x

x
3

cos x

2.

B. F x

x3

cos x

x

2.

C. F x

x3
3

cos x

x.

D. F x

x3
3

cos x

x

2.

Lời giải
Chọn D

f x dx
F 0

1

x
C

2

sin x

x3

3

1 dx

2 . Vậy F x

x3
3

cos x

cos x

x

x

C

F x

x3
3

cos x

x

C.

2.

Câu 31: Với a , b là hai số thực dương tùy ý, biểu thức log 2022 ( 2022a 2b ) bằng
1
2

A. 1 + 2log2022 a + log2022 b .

B. 2022 + log 2022 a + log 2022 b .

C. 2022 + 2log2022 a + log2022 b .

D. 1 + log 2022 a + log 2022 b .

1
2

Lời giải
Chọn A.
Ta có: log 2022 ( 2022a 2b ) = log 2022 2022 + log 2022 a 2 + log 2022 b = 1 + 2log 2022 a + log 2022 b .
Câu 32: Một hộp chứa 5 bi xanh và 10 bi đỏ, lấy ngẫu nhiên 3 bi. Xác suất để lấy được đúng một bi
xanh là


A.

3
.
4

B.

2
.
3

C.

45
.
91

D.

200
.
273

Lời giải
Chọn C.
3
Ta có: n ( ) = C15 = 455.

Gọi A: ” 3 bi lấy ra có đúng 1 bi màu xanh”.

n ( A) = C102 .C51 = 225.
p ( A) =

n ( A) 225 45
=

= .
n (  ) 455 91

4
2
Câu 33: Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x − 24 x − 4 trên đoạn 0;19 bằng

A. −144 .

B. −150 .

C. −148 .

D. −149 .

Lời giải
Chọn C.
Tập xác định: D =

.

 x = 0  ( 0;19 )

y ' = 4 x3 − 48 x = 0   x = 12  ( 0;19 ) .

 x = − 12  ( 0;19 )
y ( 0 ) = −4; y

(

)

12 = −148; y (19 ) = 121653.

Vậy min y = −148 tại x = 12.
0;19

Câu 34: Cắt một hình trụ bởi một mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện là một hình vng có
cạnh bằng 3a , tính diện tích tồn phần của hình trụ đã cho.

9 a 2
A.
.
2

27 a 2
C.
.
2

B. 9 a .
2

13 a 2
D.
.
6

Lời giải
Chọn C

Theo giả thiết, hình trụ có bán kính r =

3a
, chiều cao bằng độ dài đường sinh: h = l = 3a .
2

3a 
3a  27 a 2
Vậy nên diện tích tồn phần của hình trụ là Stp = 2 r ( l + r ) = 2  3a +  =
.
2
2 
2
2

5

Câu 35: Cho

 f ( x )dx = 10
2

. Khi đó

 2 − 4 f ( x )dx
5

bằng

C. 42 .

B. 32 .

A. 46 .

D. 34 .

Lời giải
Chọn D
Có

2

2

2

5

5

5

5

5

2

2

 2 − 4 f ( x )dx =  2dx − 4 f ( x )dx = 4 f ( x )dx − 2 dx = 34 .

Câu 36: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vng cân tại B và SA vng góc với mặt
phẳng đáy. Biết rằng AC = a 2 , SA =

( ABC ) .
B. 300 .

A. 900 .

a 3
. Tính góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và
3

C. 600 .

D. 450 .

Lời giải
Chọn B

Tam giác ABC vuông cân tại B mà AC = a 2 nên AB = AC = a .
Ta có ( SBC )  ( ABC ) = BC và BC ⊥ ( SAB ) nên góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) là
góc SBA . Trong tam giác vng SBA có tan SBA =

SA
3

=
 SBA = 300 .
AB 3

Câu 37: Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi đồ thị hàm số y = 3x − x2 và trục hồnh. Tính thể tích V
của vật thể trịn xoay sinh ra khi cho ( H ) quay quanh trục Ox .
A. V =

81
.
10

B. V =

81
.
10

9
2

9
2

D. V =  .

C. V = .
Lời giải

Chọn A.

x = 0
Phương trình hồnh độ giao điểm: 3x − x 2 = 0  
.
x = 3
3

V =   ( 3x − x
0

)

2 2

3

 3 3 4 x5 
dx =   ( 9 x 2 − 6 x3 + x 4 ) dx =   3x − x + 
2
5 0

0
3



3
35  81
.
=   3.33 − .34 +  =

2
5  10


Câu 38: Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị hàm số y = f  ( x ) như hình vẽ bên. Hàm số

g ( x ) = 4. f ( x 2 − 4 ) + x 4 − 8x 2 có bao nhiêu điểm cực tiểu?

A. 4.

B. 7.

C. 3.

D. 5.

Lời giải
Chọn C.

Ta có: g  ( x ) = 8x. f  ( x 2 − 4 ) + 4 x3 − 16 x ;

x = 0

g ( x ) = 0  4 x  2 f . ( x 2 − 4 ) + x 2 − 4  = 0  

4
4
 2 f . ( x − 4 ) = − ( x − 4 )

( 2)

.

 x 2 − 4 = −2  x =  2
t = −2
 2

−t

Đặt t = x 4 − 4 , khi đó ( 2 )  f  ( t ) =  t = 0   x − 4 = 0   x = 2 .
2
 x2 − 4 = 4
 x = 2 2
t = 4


Bảng xét dấu

Vậy hàm số có 3 điểm cực tiểu.
Câu 39: Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A ( 2;3;5) , B ( −1;3;2 ) , C ( −2;1;3) , D (5;7;4 ) . Điểm

M ( a; b; c ) di động trên mặt phẳng (Oxy ) . Khi biểu thức T = 4MA2 + 5MB 2 − 6MC 2 + MD 4
đạt giá trị nhỏ nhất thì tổng a + b + c bằng
A. 11.
B. −11.

C. 12 .

D. 9 .

Lời giải
Chọn C.
Ta thấy D là điểm thỏa mãn 4 DA + 5DB − 6 DC = 0 .
Khi đó:

(

) (

) (

2

)

2

2

T = 4MA2 + 5MB2 − 6MC 2 + MD4 = 4 MD + DA + 5 MD + DB − 6 MD + DC + MD4

(

)

= 3MD 2 + MD 4 + 2 4 DA + 5DB − 6 DC MD + 4 DA2 + 5DB 2 − 6 DC 2 .
= 3MD 2 + MD 4 + 4 DA2 + 5DB 2 − 6 DC 2 .
Đặt x = MD  0 và hằng số 4 DA2 + 5DB 2 − 6 DC 2 = m .

Khi đó: T = x 4 + 3x 2 + m đồng biến trên khoảng ( 0;+ ) .
Suy ra T đạt giá trị nhỏ nhất khi MD nhỏ nhất, và MD nhỏ nhất khi M là hình chiếu vng
góc của D trên mặt phẳng ( Oxy ) . Suy ra M (5; 7; 0) .
Vậy a + b + c = 12 .
Câu 40: Cho hàm số

y = f ( x)

và có đồ thị như hình vẽ. Đặt

liên tục trên

T = 103. f (a + a + 1) + 234. f ( af (b) + bf (a) ) với a, b 
2

. Gọi

m

là số cặp số ( a; b ) mà tại

đó biểu thức T đạt giá trị lớn nhất, gọi giá trị lớn nhất của T là M . Giá trị biểu thức

M
m

bằng

A.

1011
.
4

B.

1011
.
8

C.

337
.
2

D.

674
.
3

Lời giải
Chọn A.
Từ đồ thị ta có: max f ( x) = f (3) = 6 .
Suy ra: f (a2 + a +1)  6 a  ; dấu “=” xảy ra khi a2 + a +1 = 3  a = 1; a = −2 .

f ( af (b) + bf (a) )  6, a, b  , dấu “=” xảy ra khi af (b) + bf (a) = 3 .
af (b) + bf (a) = 3


Do đó, T  103.6 + 234.6 = 2022 , dấu “=” xảy ra khi   a = 1
.

 a = −2


Với a = 1 thì 1. f (b) + bf (1) = 3  f ( b ) = 3 . Dựa vào đồ thị suy ra f (b) = 3 có 4 nghiệm b
phân biệt.
3
2

Với a = −2 thì −2. f (b) + bf (−2) = 3  f (b) = − . Dựa vào đồ thị suy ra f (b) = −
nghiệm b phân biệt.
Do đó có 8 cặp ( a; b) thỏa mãn Tmax = 2022 .

3
có 4
2


M 2022 1011
.
=
=
m
8
4

Vậy

Câu 41: Cho hàm số y = f ( x ) . Đồ thị hàm số đạo hàm y = f  ( x ) như hình vẽ bên.

3
Đặt h ( x ) = 3 f ( x ) − x + 3x . Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau?

B. max h ( x ) = 3 f ( 0 ) .

A. max h ( x ) = 3 f (1) .

− 3; 3 



− 3; 3 



(

)

C. max h ( x ) = 3 f − 3 .
 − 3; 3 



D. max h ( x ) = 3 f
 − 3; 3 



( 3) .

Lời giải
Chọn C.
x = 0

Ta có: h ( x ) = 3 f  ( x ) − 3x + 3 ; h ( x ) = 0  f  ( x ) = x 2 − 1   x = 3 .
x = − 3

2

Dựa vào đồ thị suy ra f  ( x )  x 2 − 1, x   − 3; 3   h ' ( x )  0, x   − 3; 3  .
Suy ra hàm số h ( x ) đồng biến trên  − 3; 3  .

(

)

(

)

Vậy max h ( x ) = h − 3 = 3 f − 3 .
 − 3; 3 



Câu 42: Gọi S là tập hợp các số nguyên y sao cho với mỗi y  S có đúng 10 số nguyên

2 y − x  log3 ( x + y 2 ) . Tính tổng số phần tử thuộc S .

A. 7 .

B. −4 .

C. 1 .

D. −1 .

x thỏa mãn


Lời giải
Chọn D.
Điều kiện: x + y 2  0 . Với mỗi số nguyên y , ta đặt t = x + y2  x = t − y2 .
Bất phương trình 2 y − x  log3 ( x + y 2 )  2 y + y
Đặt f ( t ) = log3 t − 2 y + y −t , t  0 ; f  ( t ) =
2

2

−t

 log3 t  log3 t − 2 y + y

2

−t

 0.

2
1
+ 2 y + y −t.ln 2  0, t  0 .
t.ln 3

Suy ra f ( t ) đồng biến trên ( 0;+ ) . Ta có bảng xét dấu sau:

Bất phương trình 2 y − x  log3 ( x + y 2 ) có đúng 10 nghiệm nguyên x .

 log3 t − 2 y + y

2

−t

 0 có đúng 10 nghiệm nguyên t  0 .

y + y −10
 y 2 + y − 10 − log 2 ( log3 10 )  0

2 y + y −10  log 3 10
0
log 3 10 − 2
 2

 2
y + y −11
y 2 + y −11

 log 3 11
0
 y + y − 11 − log 2 ( log3 11)  0

2
log 3 11 − 2
2

2

Từ hệ bất phương trình trên ta có 2 số nguyên y = −4 ; y = 3 .
Vậy đáp án chọn D.
Câu 43: Cho hàm số 𝑓(𝑥) liên tục trên khoảng (0; +∞) và 𝑓(𝑥) ≠ 0 với mọi 𝑥 > 0. Tính tổng
1
𝑓(1) + 𝑓(2) + ⋯ + 𝑓(2022) biết rằng 𝑓 ′ (𝑥) = (2𝑥 + 1)𝑓 2 (𝑥) và 𝑓(1) = − .
A.

2022

.

2023

B.

2021
2022

..

C. −
Lời giải

Chọn D .
Ta có :
𝑓 ′ (𝑥)
= (2𝑥 + 1)𝑓 2 (𝑥)
𝑓 ′ (𝑥)
⇒ 2
= 2𝑥 + 1
𝑓 (𝑥)
𝑓 ′ (𝑥)
⇒∫ 2
𝑑𝑥 = ∫(2𝑥 + 1) 𝑑𝑥
𝑓 (𝑥)
−1
⇒
= 𝑥2 + 𝑥 + 𝐶
𝑓(𝑥)
1
⇒ 𝑓(𝑥)
= − 2
𝑥 +𝑥+𝐶
1
⇒ 𝑓(1)
=−
2+𝐶

2021

.

2022

D. −

2
2022
2023

..


Mà 𝑓(1) = −

1
2

⇒𝐶=0

1
1
1
1
= −
=− +
+𝑥
𝑥(𝑥 + 1)
𝑥 𝑥+1
1 1 1

1
1
1
2022
⇒ 𝑓(1) + ⋯ + 𝑓(2022) = −1 + − + − ⋯ −
+
= −1 +
=−
2 2 3
2022 2023
2023
2023
⇒ 𝑓(𝑥) = −

𝑥2

Câu 44: Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) thỏa mãn 𝑓(𝑥) < 0. Đồ thị hàm số 𝑦 = 𝑓 ′ (𝑥) cho bởi hình vẽ bên.
Biết lim f ( x ) = + . Gọi 𝑚, 𝑛 lần lượt là số điểm cực đại, số điểm cực tiểu của hàm số
x →

𝑔(𝑥) = |𝑓(|𝑥|) + 3|𝑥||. Giá trị của 𝑚𝑛 là:

A. 4.

B. 8.

C. 27.
Lời giải

D. 16.

Chọn B .
Xét ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥) + 3𝑥
ℎ′ (𝑥) = 𝑓 ′ (𝑥) + 3 = 0 ⇔ 𝑓 ′ (𝑥) = −3
𝑥 = −1
 [ 𝑥 = 0 (do nghiệm 𝑥 = 2 tiếp xúc nên khơng là cực trị)
𝑥=1
 ℎ(𝑥) có 3 cực trị: 2 cực tiểu tại {−1; 1} và 1 cực đại tại 0.
Ta có bảng biến thiên của ℎ(𝑥):
x
−∞
−1
0
1
2
+∞
0
ℎ′(𝑥)
−
+
0
−
0
+
0
+
+∞
+∞
ℎ(𝑥)
ℎ(0)

ℎ(−1)
ℎ(1)
Do ℎ(0) = 𝑓(0) + 3 × 0 = 𝑓(0) < 0 nên ℎ(0) = 0 có 2 nghiệm duy nhất (1 nghiệm âm, 1
nghiệm dương)
Lấy đối xứng qua trục Oy, ta có bảng biến thiên đồ thị hàm ℎ(|𝑥|) = 𝑓(|𝑥|) + 3|𝑥| như sau:
x
ℎ′(𝑥)

−∞
−

−1
0

+

0
0

−

1
0

+∞

+

2
0

+∞
+
+∞

ℎ(𝑥)

ℎ(0)
ℎ(1)

ℎ(1)


2 cực tiểu tại − 1; 1
Hàm ℎ(|𝑥|) 3 cực trị gồm: {
1 cực đại tại 0
Lấy đối xứng qua trục Ox, ta có bảng biến thiên hàm 𝑔(𝑥) = |ℎ(|𝑥|)| = |𝑓(|𝑥|) + 3|𝑥|| như
sau:
x
−∞
−1
0
1
2
+∞
+
0
−
+
0

0
ℎ′(𝑥)
−
+
0

+

h (1)

+

h (1)
h ( 0) .

h ( x)
Hàm h ( x ) ó 5 cực trị.

Vậy m = 2; n = 3 nên mn = 23 = 8.
Câu 45: Cho tam giác ABC đều cạnh a nội tiếp đường tròn tâm O , AD là đường kính của đường
trịn tâm O . Thể tích của khối nón xoay được tạo thành khi cho phần tơ đậm quay quanh
đường thẳng AD bằng

 3a3
A.

24

.

20 3a 3
217 .
B.

4 3a3
27 .
C.
Lời giải

23 3a 3
216
D.
.

Chọn D.
BC
a
a 3
=
=
0
2sin A 2sin 60
3
4
4 3a3
Khi quay quanh đường thẳng AD thì thể tích hình cầu tạo thành : V1 =  R3 =
3
27
1
 3a3

Khi quay quanh đường thẳng AD thì thể tích khối nón tạo thành : V2 =  .BH 2 . AH =
3
24
Thể tích của khối nón xoay được tạo thành khi cho phần tô đậm quay quanh đường thẳng
23 3a3
.
AD bằng: V1 − V2 =
216

Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là R =


Câu 46: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn  −10;10 để hàm số y =
 
nghịch biến trên khoảng  0; 
 3
B. 15 .
B. 17 .

2 cos x − 6
3cos x − m

D. 18 .

C. 16 .
Lời giải

Chọn D.

 

1 
Đặt t = cos x , với x   0;   t   ;1
 3
2 
 
Do y = cos x nghịch biến trên  0;  nên yêu cầu bài tốn trở thành tìm m để hàm số
 3
2t − 6
1 
y = f (t ) =
đồng biến trên  ;1 .
3t − m
2 
2t − 6
m
Khi đó y = f ( t ) =
là hàm số có tập xác định D = \  
3t − m
3
1 
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng  ;1 khi và chỉ khi
2 

−2m + 18
1 
 0, t   ;1 −2m + 18  0
m  9
2
 f  (t ) =
2  

( 3t − m )




3  
 3 .
 m   1 ;1
m   2 ;3 
m   2 ;3 





 3  2 
Vì m nguyên và m thuộc đoạn  −10;10 nên ta có 18 giá trị nguyên của m .

Câu 47: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
và f (1) = 6 Biết

4



−1

(

ln 2 +

f ( x)

)

f 2 ( x) − 6 f ( x) + 9

, thỏa mãn 2 f ( x ) + xf ' ( x ) = 3x + 10, x 

(

)

dx = a ln 5 + b ln 6 + c ln 2 + 3 với a, b, c là các số

hữu tỉ. Giá trị của biểu thức T = a + b + c thuộc khoảng nào sau đây?
B. ( 2;3) .

A. (1; 2 ) .

C. ( 0;1) .
Lời giải

Chọn C
2 f ( x ) + xf ' ( x ) = 3x + 10  2 xf ( x ) + x 2 f ' ( x ) = 3x 2 + 10 x

 ( x 2 f ( x ) ) = 3x 2 + 10 x
'

 x 2 f ( x ) = x3 + 5 x 2 + C

Vì f (1) = 6  C = 0  f ( x ) = x + 5 (thỏa mãn giả thiết)

I =

(

4

ln 2 + x + 5

−1

( x + 2)



(

2

)dx

)

1
1

u = ln 2 + x + 5
du = 2 + x + 5 . 2 x + 5 dx



Đặt 
1
dv
=
dx

v = −1 + 1 = x + 1
2
( x + 2)


x+2
x+2

D. ( −1;0 ) .


4
x +1
I =
ln 2 + x + 5
−
−1
x+2

(

)

x +1

4

 x + 2.2

(

1

x+5 2+ x+5

−1

5
x+5 −2
1
5
x+5 −2
= ln 5 − 
.
dx = ln 5 − 
.
6
x+2
6
x+2
2 x+5
−1
−1

4

4

(

)

dx

5
t −2
x + 5 dx = ln 5 −  2
dt
6
t −3
2

)



3
5
1
2
t− 3 3 5
1
1
= ln 5 − ln t 2 − 3 +

ln
= ln 5 − ln 6 +
ln
2 2 3 t+ 3 2 6
6
2
2
3

(

3

)

3+2 .

5

a = 6

1
2

 b = −  a + b + c = .
2
3

 1
c = 3


Câu 48: Cho hàm số f ( x) = 2x − 2− x + 2022x3 . Biết rằng tồn tại số thực m sao cho bất phương trình

(

) (( x − m − 37 ) .2 )  0

f 4 x − mx + 37m + f

khoảng nào dưới đây?
A. ( 30;50) .

x

nghiệm đúng với mọi x  . Hỏi m thuộc
D. ( −10;10) .

C. ( 50;70) .

B. (10;30) .

Lời giải
Chọn A
Xét hàm số f ( x) = 2x − 2− x + 2022x3 có tập xác định D =

. Ta có

Với mọi x  D  − x  D và f ( − x ) = 2− x − 2x − 2022 x3 = − f ( x ) . Suy ra f ( x ) là hàm lẻ.
Mặt khác f  ( x ) = 2x ln 2 + 2− x ln 2 + 6066 x2  0, x  . Suy ra hàm số f ( x ) là hàm đồng
biến trên .

Bất phương trình đã cho tương đương

(

)

(( x − m − 37 ) .2 )
 f ( 4 − mx + 37m )  f ( − ( x − m − 37 ) .2 )
f 4 x − mx + 37m  − f

x

x

x

 4 x − mx + 37m  − ( x − m − 37 ) .2 x
 4 x − mx + 37m  − ( x − m − 37 ) .2 x

(

)(

)

 2 x − m x + 2 x − 37  0.
Xét phương trình x + 2 x − 37 = 0 . Nhận xét phương trình có một nghiệm x = 5 .
Xét hàm số g ( x ) = x + 2x − 37 , có g  ( x ) = 1 + 2x ln 2  0, x 

suy ra x = 5 là nghiệm đơn

duy nhất.
Suy ra g ( x ) đổi dấu từ âm sang dương khi qua nghiệm x = 5 .
Ta cũng có hàm số hàm số h ( x ) = 2x − m đồng biến trên

(2

x

)(

)

− m x + 2 x − 37  0 nghiệm đúng với mọi x 

nên từ giả thiết bất phương trình
ta có h ( x ) = 2x − m đổi dấu từ âm

sang dương khi x qua điểm x0 = 5 . Do đó h ( 5) = 0 hay m = 32 .



Câu 49: Cho hình chóp S  ABCD có đáy S. ABCD là hình thoi tâm O , cạnh a , góc BAD = 60 ,
đường thẳng SO vng góc với ( ABCD) và SO = a . Khoảng cách từ điểm A đến mặt

phẳng ( SBC ) bằng
A.

a 21
.

7

B.

a 57
.
19

C.

2a 57
.
19

D.

a 21
.
14

Lời giải
Chọn C

Gọi N , H lần lượt là hình chiếu của O lên BC , SN .

Ta có AC = 2OC  d ( A, ( SBC ) ) = 2d (O, ( SBC ) ) = 2OH (1) .

OH ⊥ SN
 OH ⊥ ( SBC )
Vì 

OH ⊥ BC , BC ⊥ ON , BC ⊥ SO, ( SO ⊥ ( ABCD ) ) , BC  ( ABCD )

(

)

a
a 3
, OA =
= OC .
2
2
1
1
1
1
1
16
=
+
=
+
= 2.
Tam giác OBC vng tại O nên ta có
2
2
2
2
2
ON

OB OC
3a
a a 3
  

2  2 
Tam giác SON vuông tại O nên ta có

Do góc BAD = 60 nên tam giác BAD đều OB =

1
1
1
16 1 19
a 57
=
+
= 2 + 2 = 2  OH =
( 2) .
2
2
2
OH
ON OS
3a a
3a
19
2 57
Từ (1) và (2)  d ( A, ( SBC ) ) =
.

19
Câu 50: Cho khối chóp S. ABCD với đáy ABCD là hình bình hành, có thể tích bằng 84a 3 . Gọi M là
trung điểm của AB ; J thuộc cạnh SC sao cho JC = 2 JS ; H thuộc cạnh SD sao cho

HD = 6HS . Mặt phẳng ( MHJ ) chia khối chóp thành 2 phần. Thể tích khối đa diện của phần
chứa đỉnh S bằng
A. 17a3 .
B. 19a3 .
C. 24a3 .
D. 21a3 .
Lời giải
Chọn A