De khao sat toan 12 lan 1 nam 2022 2023 truong chuyen hung vuong phu tho

BẢNG ĐÁP ÁN
1

2

3

4

A C A
2 2 2
6 7 8
D C A

B
2
9
B

5

6

7

8

9

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1
C C D D C A C C B D B B D B A D D
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 4 4 4 4 4 4 4
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6
C A B A D D A A D B A C A C A D A

2
2
B
4
7
B

2 2 2
3 4 5
C D B
4 4 5
8 9 0
B B C

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:

Hàm số nào sau đây đồng biến trên  ?
x

A. y = 2023 .
x

x

1
B. y =   .
2

1
C. y =   .
3

x

3
D. y =   .
π 

Lời giải
Chọn A
Câu 2:

Cặp số ( x; y ) nào sau đây là nghiệm của bất phương trình 2 x + 3 y > 2 ?
A. ( x; y ) = (1;0 ) .

B. ( x; y ) = ( 0;0 ) .

C. ( x; y ) = ( 0;1) .

D. ( x; y=
)

(1; −1) .

Lời giải
Chọn C
Câu 3:

Đồ thị hàm số y =
A. y = −3.

2 − 3x
có tiệm cận ngang là đường thẳng có phương trình
x+2
B. y = −2.
C. y = 2.
D. x = −2.
Lời giải

Chọn A
Câu 4:

Cho cấp số nhân ( un ) có u1 = −2 và công bội q = 3. Số hạng u2 là
A. u2 = 1.

C. u2 = −18.

B. u2 = −6.

D. u2 = 6.

Lời giải
Chọn B
Câu 5:

Trên khoảng ( 0; + ∞ ) , đạo hàm của hàm số y = log x là

1
A. y′ = .
x

B. y′ =

ln10
.
x

C. y′ =

1
.
x ln10

D. y′ =

1
.
10 ln x

Lời giải
Chọn C
Câu 6:

x+1
Tìm tập nghiệm S của bất phương trình 5 −

A. S=

(1; +∞ ) .

B. S =

( −1; +∞ ) .

1
>0.
5
C. S =

Lời giải
Chọn C

( −2; +∞ ) .

D. S =

( −∞; −2 ) .

−1
x +1 1
x +1
Ta có 5 − > 0 ⇔ 5 > 5 ⇔ x + 1 > −1 ⇔ x > −2 .
5

Vậy tập nghiệm S của bất phương trình là S =
Câu 7:

1
. Khẳng định nào sau đây đúng?
x

Cho hàm số f ( x=
) x3 +
A.

∫

C.

∫

( −2; +∞ ) .

1
+C .
x2
1

f ( x ) dx = 3 x 2 − 2 + C .
x
f ( x ) dx = 3 x 2 +

B.

x4
+C .
4

∫

f ( x ) d=
x

∫

x4
f ( x ) dx = + ln x + C .
4

D.
Lời giải

Chọn D
Ta có
Câu 8:

∫

1
x4

f ( x ) dx =∫  x3 +  dx = + ln x + C .
4
x


Thể tích của khối trụ trịn xoay có bán kính đáy r và chiều cao h bằng
1 2
4 2
A. π r h .
B. 2π rh .
C. π r h .
D. π r 2 h .
3
3
Lời giải
Chọn D
Thể tích của khối trụ trịn xoay có bán kính đáy r và chiều cao h bằng π r 2 h .

Câu 9:

Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình vẽ?

A. y =

2x −1
.
x −1

B. y =

x+2
.
x −1

C. y =

x−2
.
x −1

D. y =

Lời giải
Chọn C
Đồ thị có tiệm cận đứng x = 1 , tiệm cận ngang y = 1 và đi qua điểm ( 2;0 ) .
Suy ra hàm số y =

x−2
có đồ thị là hình vẽ đã cho.
x −1

Câu 10: Tập xác định của hàm số y = cot x là
A.  \ {kπ , k ∈ } .

π

B.  \  + kπ , k ∈   .

2


π

C.  \  + k 2π , k ∈   .
2


D.  \ {k 2π , k ∈ } .

x −1
.
x +1


Lời giải
Chọn A
Điều kiện xác định của hàm số là sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ , k ∈  .
Vậy tập xác định của hàm số y = cot x là  \ {kπ , k ∈ } .

1 là
Câu 11: Nghiệm của phương trình log 2 ( x + 2 ) =
A. x = 2.

B. x = −1.

C. x = 0.

D. x = 1.

Lời giải
Chọn C
x + 2 > 0
 x > −2
Ta có log 2 ( x + 2 ) =1 ⇔ 
⇔
⇔ x =0 .
+2 2 =
 x=
x 0
Câu 12: Cho khối chóp có đáy là hình vng cạnh a và chiều cao 4a. Thể tích của khối chóp đã cho bằng
16 3
4
A. 4a 3 .
B.
C. a 3 .
D. 16a 3 .
a.
3
3
Lời giải
Chọn C
Diện tích đáy của khối chóp là B = a 2 .

=
V
Thể tích của khối chóp đã cho là

1

1 2
4 3
=
.4a
B.h
a=
a .
3
3
3

y x 3 + x trên [ 0; 2] là
Câu 13: Giá trị nhỏ nhất của hàm số =
B. 0.

A. 2.

C. 10.

D. −2.

Lời giải
Chọn B
Xét hàm số =
y x 3 + x có y=′ 3 x 2 + 1 > 0, ∀x ∈  .
Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên  .
Vậy min
y y=
=
( 0) 0 .

[0;2]

Câu 14: Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là
1
1
1
A. V = Bh.
B. V = Bh.
C. V = Bh.
D. V = Bh.
6
3
2
Lời giải
Chọn D

1
Thể tích của khối chóp đã cho là V = Bh .
3
Câu 15: Cho khối trụ có thể tích bằng 3π a 3 và bán kính đáy bằng a. Độ dài đường sinh của hình trụ đã
cho bằng
3a
A. 2 2a.
B. 3a.
C. 2a.
D.
.
2
Lời giải

Chọn B

a 3 π a 2 .h ⇒=
h 3a .
Ta có V = π .R 2 .h ⇔ 3π =
Vậy đường sinh của hình trụ đã cho là l= h= 3a .
Câu 16: Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng d : x + 4 y − 1 =0 . Một vectơ pháp tuyến của d có tọa
độ là
A. ( 4; −1) .

B. (1; 4 ) .

C. (1; −4 ) .

D. ( 4;1) .

Lời giải

Chọn B
Đường thẳng d : x + 4 y − 1 =0 có một vectơ pháp tuyến là (1; 4 ) .
Câu 17: Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số, các chữ số khác 0 và đôi một khác nhau?
A. 5!.
B. C95 .
C. 95 .
D. A95 .
Lời giải

Chọn D

Giả sử số tự nhiên có dạng abcde .
Số các số tự nhiên có 5 chữ số, các chữ số khác 0 và đôi một khác nhau là A95 .
Câu 18: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị là đường cong như hình vẽ

Hàm số f ( x ) đạt cực đại tại điểm nào sau đây?
A. x = 1 .

B. x = −1 .

C. y = 3 .

D. M ( −1;3) .

Lời giải

Chọn B
Từ đồ thị, hàm số f ( x ) đạt cực đại tại điểm x = −1 .
Câu 19: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. ( −1;0 ) .
B. (1; 2 ) .
C. ( 0; +∞ ) .
Chọn A

Lời giải

D. ( −∞; −1) .

Từ BBT,hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( −1;0 ) .
Câu 20: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên  \ {0} và có bảng biến thiên như hình vẽ

0 là
Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f ( x ) + 3 =
A. 1 .

B. 3 .

C. 0 .
Lời giải

Chọn D

D. 2 .

Ta có f ( x ) =−3 ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Câu 21: Với a là số thực dương tùy ý, log 5 a 3 bằng
A.

1
+ log 5 a .
3

B.

1
log 5 a.
3

C. 3 + log 5 a.

D. 3log 5 a.

Lời giải
Chọn D
Ta có: log 5 a 3 = 3log 5 a .
Câu 22: Với các số thực dương a, b bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. ln ( ab ) = ln a.ln b.

=
B. ln ( ab
) ln a + ln b.

a
C. ln= ln b − ln a.
b

D. ln

a ln a
=
.
b ln b

Lời giải
Chọn B

=
Câu 23: Cho hàm

số y f=
( x ) , y g ( x ) liên tục trên . Khẳng định nào sau đây là sai?

∫  f ( x ) − g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ g ( x ) dx.
B. ∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx ( k là hằng số và k ≠ 0 ).
C. ∫  f ( x ) .g ( x )  dx = ∫ f ( x ) dx.∫ g ( x ) dx.
D. ∫  f ( x ) + g ( x )  dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx.
A.

Lời giải
Chọn C


Câu 24: Cho hình nón ( N ) có bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 4. Độ dài đường sinh của hình
nón ( N ) bằng
A. 12 .

B.

7.

C. 1.

D. 5.

Lời giải
Chọn D

R 2 + h2 =

Độ dài đường sinh hình nón là: l =

32 + 42 = 5 .

5

Câu 25: Rút gọn biểu thức Q = b 3 : 3 b với b > 0 ta được
−4

4

A. Q = b 3 .

5

B. Q = b 3 .

C. Q = b 9 .

D. Q = b 2 .

Lời giải
Chọn B
5

5

1

5 1

−

4

3
3 3
Ta có:=
Q b 3 :=
b b 3 :=
b 3 b=
53 .

Câu 26: Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm I ( −1;1) và A ( 3; −2 ) . Đường tròn tâm I và đi qua điểm
A có phương trình là

A. ( x − 1) + ( y + 1) =
5.
5. B. ( x + 1) + ( y − 1) =
2

2

2

2

C. ( x − 1) + ( y + 1) =
25.
2

D. ( x + 1) + ( y − 1) =
25.

2

2

2

Lời giải

Chọn D

R2 .
Phương trình đường trịn có tâm I ( −1;1) và bán kính R là: ( x + 1) + ( y − 1) =
2

2

Ta có: A ∈ ( C ) ⇒ 42 + 32 = R 2 ⇔ R 2 = 25 .
Vậy phương trình cần tìm là: ( x + 1) + ( y − 1) =
25.
2

Câu 27: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình
A.

8
.
3

8
B. − .
3

Chọn C

2

x 2 + 6 x + 9 = 2 x − 1 bằng

10
.
3
Lời giải
C.

D. −

10
.
3

Ta có:
x = 4
 x + 3 = 2x −1
x + 6x + 9 = 2x −1 ⇔ x + 3 = 2x −1 ⇔ 
⇔
−2 .
 x + 3 =−2 x + 1  x =

3

2

Tổng hai nghiệm:

10
.
3

Câu 28: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trên đoạn

2sin 2 x + ( m − 1) cos 2 x =m + 1 có nghiệm?

[ −2023; 2023]

để phương trình


A. 2025.

B. 2024.

Chọn A

C. 4048.
Lời giải

D. 4046.

- Để phương trình có nghiệm:
22 + ( m − 1) ≥ ( m + 1) ⇔ 4 + m 2 − 2m + 1 ≥ m 2 + 2m + 1 ⇔ m ≤ 1
2

2

m ∈ [ −2023; 2023] ⇒ [ −2023;1] . Có 2025 giá trị
Câu 29: Một hộp đựng 9 viên bi trong đó có 4 viên bi đỏ và 5 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 3
viên bi. Xác suất để lấy được ít nhất 2 viên bi màu xanh bằng
10
25
5
5
.
.
.
A.
B.
C.
D. .
21
42
42
14
Lời giải
Chọn B
3
= C=
84
- Số cách chọn 3 viên bi trong hộp đựng 9 viên bi: Ω

9

- Gọi A là biến cố: “Lấy được ít nhất 2 viên bi màu xanh”: n ( A=
) C52 .C41 + C5=3 50 .
Xác suất biến cố A là PA =

50
.
84

Câu 30: Cho hình lăng trụ đều ABC. A′B′C ′ =
có AB
A. 45°.

B. 60°.

=
3, AA′ 1. Góc giữa AC ′ và ( ABC ) bằng

C. 30°.
Lời giải

D. 75°.

Chọn C
Hình chiếu vng góc của AC ′ lên ( ABC ) là AC , do đó góc giữa AC ′ và mặt phẳng ( ABC )


′AC
là góc tạo bởi giữa đường thẳng AC ′ và AC hay C

Trong tam giác vuông C ′AC , vng tại C , ta có:

CC ' 1


′AC = = ⇒ C
′AC =
tan C
300 .
AC
3


Câu 31: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log 1 ( x + 1) < log 1 ( 2 x − 1) .
2

1 
A. S =  ; 2  .
2 

B. S =

( −1; 2 ) .

2

S
C. =

( 2; +∞ ) .

D. S =

( −∞; 2 ) .

Lời giải
Chọn A
 x > −1
x +1 > 0

1
1


Ta có log 1 ( x + 1) < log 1 ( 2 x − 1) ⇔ 2 x − 1 > 0 ⇔  x > ⇔ < x < 2 .
2
2
2
2
x +1 > 2x −1 

2
x
<

1 
Do đó tập nghiệm của bất phương trình là S =  ; 2  .
2 

Câu 32: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y =

giá trị của biểu thức M + m.
A. 13.

B.

40
.
3

C.

x2 + 3
trên đoạn [ 2; 4] . Tính
x −1

37
.
3

D. 5.

Lời giải
Chọn B
Ta có y′
=

x2 − 2 x − 4

( x − 1)

2

> 0, ∀x ∈ [ 2; 4] nên hàm số đồng biến trên [ 2; 4] .

19

=
=
y y=
4)
(
40
 M max
[ 2;4]
3 nên M + m =
Do đó 
.
3
m
= min =
y y ( 2=
) 7
[ 2;4]

Câu 33: Tính thể tích V của khối lập phương ABCD. A′B′C ′D′, biết độ dài đường chéo AC ′ = 3a.
A. V = a 3 .

B. V = 3a 3 .

3 3

a.
2

C. V =
Lời giải

Chọn A
B
A

C

D

B'

A'

C'

D'

Ta có AC ′ = a 3 ⇒ AB = a do đó thể tích khối lập phương là V = a 3 .

1
D. V = a 3 .
3


Câu 34: Bất phương trình

A. 7.

10 − x
≥ 0 có bao nhiêu nghiệm nguyên?
2x − 4
B. 9.
C. Vô số.

D. 8.

Lời giải
Chọn D

10 − x
≥ 0 ⇔ 2 < x ≤ 10 mà x ∈  nên x ∈ {3; 4;...;10} do đó bất phương trình có 8
2x − 4
nghiệm ngun.
Ta có

Câu 35: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật=
AB a=
, AD a 3, cạnh bên SA
vng góc với ( ABCD ) . Khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SAC ) bằng
A.

2a
.
5

B.

3a
.
2

C.

a 2
.
3

D.

a 3
.
2

Lời giải
Chọn D
S

A

D

H
C

B

 BH ⊥ AC
Vẽ BH ⊥ AC tại H , khi đó 
nên BH ⊥ ( SAC )
 BH ⊥ SA ( SA ⊥ ( ABC ) )

Do đó d ( B, ( SAC ) ) = BH .

=
Ta có BH

BA2 .BC 2
=
BA2 + BC 2

Vậy d ( B, ( SAC ) ) =

( )
( )

2

a2. a 3
a 3
=
, với BC
= AD
= a 3.
2
2
2

a + a 3

a 3
.
2


Câu 36: Cho khối lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác cân, AB
= 120°.
= AC
= 2, BAC

Mặt phẳng ( AB′C ′ ) tạo với mặt đáy một góc 60°. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.
A. V = 3.

8
B. V = .
3

3
C. V = .
8

Lời giải
Chọn A

3
D. V = .
4

A'

C'
H
B'

A

C

B

Gọi H là trung điểm B′C ′ . Ta có A′H ⊥ B′C ′ , do đó góc giữa hai mặt phẳng ( AB′C ′ ) và

( ABC ) là


AHA=′ 60° .

1
H A′B.cos 60
=
° 2.= 1 .
Có A′=
2
′ có S A′B′C ′
Trong tam giác A′B′C=

1

1

′.sin B
′A′C ′
=
°
.2.2.sin120
A′B′. A′C=
2
2

có : AA′ A′H=
Trong tam giác AHA′ vuông tại A′ ta=
.tan 60°

S A′B′C=
Do đó VABC=
′ . AA′
. A′B′C ′

3.

3.

=
3. 3 3.

Câu 37: Cho khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ có thể tích bằng 3. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các đoạn
thẳng AA′ và BB′. Đường thẳng CM cắt đường thẳng C ′A′ tại P, đường thẳng CN cắt đường
thẳng C ′B′ tại Q. Thể tích khối đa diện lồi A′MPB′NQ bằng

A. 2.

B.

2
.
3

C. 1.

D.

Lời giải
Chọn A
A

C

B
M

N

P

C"

A'

B'

Q

Ta thấy A′B′ là đường trung bình của tam giác C ′PQ nên SC ′PQ = 4 S A′B′C ′ .

1
.
2


1
1
4
Ta được VC .C ′PQ = .d ( C , ( A′B′C ′ ) ) .SC ′PQ = .d ( C , ( A′B′C ′ ) ) .4 SC ′A′B′ = VABC . A′B′C ′ . (1)
3
3
3
Lại có

1
1
1
1
d ( C , ( ABMN ) ) . S ABB′A′
VC . ABB′A′
VC . ABMN ==
d ( C , ( ABMN ) ) .S ABMN =
3
2
2

3
1 2
1
. VABC . A′B′C ′
VABC . A′B′C ′
= =
2 3
3
2
Do đó VCMN . A′B′C ′ = VABC . A′B′C ′ (2)
3
Từ (1) và (2) ta được
VMA′=
VC .C ′PQ − VCMN .C ′A=
′B ′
P . NB′Q

2
2
VABC . A′B=
=
.3 2.
′C ′
3
3

Câu 38: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y =
có đúng hai đường tiệm cận đứng. Số phần tử của tập S là
A. 13.
B. Vô số.

C. 11.

x+2
2

x − 6 x + 2m

D. 12.

Lời giải
Chọn D

x + 2 ≥ 0
 x ≥ −2
⇔ 2
Điều kiện xác định  2
.
 x − 6 x + 2m > 0
 x − 6 x + 2m > 0
Đồ thị hàm số có đúng hai đường tiệm cận đứng ⇔ phương trình x 2 − 6 x + m =
0 có hai nghiệm
∆′ = ( −3)2 − 2m > 0

phân biệt lớn hơn −2 ⇔ ( x1 + 2 )( x2 + 2 ) > 0 (1)

( x1 + 2 ) + ( x2 + 2 ) > 0

6
 x1 + x2 =
với x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 6 x + m =

, thay vào
0 , theo Vi-et ta có 
 x1.x2 = 2m
hệ (1) ta được
9

m < 2

9
2m + 16 > 0 ⇔ −8 < m < ,
2
10 > 0


vì m ∈  nên có 12 phần tử thỏa mãn là {−7; −6;...;3; 4} .

9t
với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m sao
Câu 39: Xét hàm số f ( t ) = t
9 + m2
1
 f ( x ) + f ( y ) =
. Tìm tổng các phần tử của tập S .
cho  x + y
e
≤
e
.
x
+

y
(
)

A. 1.

B. 0.

C. 2.
Lời giải

D. −1.


Chọn B
Ta có: f ( x) + f ( y ) =
1 ⇔ f ( y) =
1 − f ( x) ⇔

9y
9x
m2
=
1
−
=
9 y + m2
9 x + m2 9 x + m2

⇔ 9 x + y + m 2 .9 y = 9 y.m 2 + m 4

4
+ y log=
2 log 3 m .
⇔ 9x+ y =
m 4 ⇔ x=
9 m

Đặt t = log 3 m .
Có: e x + y ≤ e( x + y ) ⇔ e 2t ≤ 2e.t ⇔ e 2t − 2e.t ≤ 0(*)
Xét g (=
t ) e 2t − 2et , có g ′(t ) = 2e 2t − 2e = 0 ⇔ t =

1
.
2

Từ bbt ta được e 2t − 2et ≥ 0, ∀t .
Vậy (*) xảy ra ⇔ e 2t − 2et = 0 ⇔ t =

1
1
⇔ log 3 m = ⇔ m =3 ⇔ m =
± 3.
2
2

Vậy tổng các phần tử của tập S bằng 0.
Câu 40: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ

=

g ( x ) f ( f ( x ) + 2 ) . Phương trình g ′ ( x ) = 0 có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?
Đặt
A. 6.

B. 7.

C. 4.
Lời giải

Chọn A
=
g ( x) f ( f ( x) + 2)

Có g ′( x) f ′( x) f ′( f ( x) + 2) .
=
(1)
 f ′( x) = 0
Ta được g ′( x) =0 ⇔ f ′( x) f ′( f ( x) + 2) =0 ⇔ 
0 (2)
 f ′( f ( x) + 2) =

D. 5.


 x = −1
(1) ⇔ 
x = 1

 x = −2
x = 1


 f ( x) + 2 =−1
 f ( x) = −3
⇔  x = a ∈ (−2; −1)
(2) ⇔ 
⇔
1

 f ( x) + 2 =
 f ( x) = −1
x = 0
 x= b ∈ (1; 2)

 x = −2
 x = −1

x = 1
Vậy g '( x)= 0 ⇔ 
x = 0
 x = a ∈ (−2; −1)

 x= b ∈ (1; 2)
Vậy g '( x) = 0 có 6 nghiệm thực phân biệt.
Câu 41: Cho hình nón ( N ) có đường sinh tạo với đáy một góc 60°. Mặt phẳng qua trục của ( N ) cắt

( N ) theo thiết diện là một tam giác có bán kính đường trịn nội tiếp bằng 1. Tính thể tích V
khối nón giới hạn bởi ( N ) .
B. V = 9 3π .

A. V = 3 3π .

C. V = 3π .

D. V = 9π .

Lời giải
Chọn C
S

h
r

A

H

B

Thiết diện qua trục của ( N ) là ∆SAB
 = 60o (gt) ⇒ ∆SAB đều ⇒ l =
Vì ∆SAB cân tại S , SAB
2 R ( R là bán kính nón)
Gọi r là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác đều SAB
Có r =

S ∆SAB
p

l2 3
l 3

= 4 =
=1 ⇔ l = 2 3
3l
6
2

3
3
Ta được ciều cao của nón
=
h l.= 2 3.= 3 .
2
2

của


=
V( N )
Vậy

1 2
=
π R h 3π .
3

x
8
=
A log 2x x3 + log y   đạt giá trị nhỏ

Câu 42: Cho x, y là các số thực thỏa mãn x > y > 1. Biểu thức
3
 y
y
nhất khi và chỉ khi
A. x = y 4 .

C. x 4 = y .

B. x = y .

D. x = 4 y .

Lời giải
Chọn A
Ta có
x
8
9
8
1
A log 2x x 3 + log y =
=
+ . log y x −=

x
3
3
y
2



y
log x
y

9

(1 − log x y )

2

+

8
8
−
3.log x y 3

Đặt log x y = t ( log x y > log x 1 = 0 ⇒ t > 0 và x > y ⇒ log x x > log x y ⇒ 1 > t )
Suy ra 0 < t < 1 .
Khi đó A trở thành:=
A

9

(1 − t )

2

+

8 8
=
−
f (t )
3t 3

 1
t = (tm)
2.9
8
8 8
0⇔ 4
−
− 2 =
Xét hàm số f =
+ − có f '(t ) =
(t )
3
2

( t − 1) 3t
( t − 1) 3t 3
t = −2 (loai )
9

Ta có bảng biến thiên

Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất khi t =

1
1
⇒ log x y = ⇒ x = y 4 .
4
4

Câu 43: Người ta cần xây một bể chứa nước sản xuất dạng khối hộp chữ nhật khơng nắp có thể tích bằng

200 m3 . Đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đơi chiều rộng. Chi phí để xây bể là

300 000 / m 2 (chi phí được tính theo diện tích xây dựng, bao gồm diện tích đáy và diện tích xung
quanh, khơng tính chiều dày của đáy và thành bể). Xác định chi phí thấp nhất để xây bể (làm trịn
đến triệu đồng).
A. 75 triệu đồng.
B. 36 triệu đồng.
C. 51 triệu đồng.
D. 46 triệu đồng.
Lời giải


Chọn C

Gọi chiều rộng của đáy bể là x(m)( x > 0)
⇒ chiều dài của đáy bể là 2 x(m)

Gọi chiều cao của bể là h(m)(h > 0)
Thể tích của bể là: V= x.2 x.h= 200 ⇒ h=

200 100

=
x2
2x2

Diện tích đáy là:=
S1 x=
.2 x 2 x 2 (  m 2 )
Diện tích xung quanh của bể là: S 2 =2.x.h + 2.2 x.h =6.x.h ( m 2 )
Chi phí để xây bể là:

(

)

T =( S1 + S 2 ) .300000 = 2 x 2 + 6 xh ⋅ 300000
600 

=  2x2 +
 .300000
x 

Ta có: 2 x 2 +

600
300 300
300 300
≥ 3 ⋅ 3 180000
= 2 x2 +
+
≥ 3 ⋅ 3 2x2 ⋅

⋅
x
x
x
x
x

Dấu "=" xảy ra ⇔ 2 x 2=

300
300
⇔ x3=
= 150 ⇔ x=
x
2

3

150

Chi phí thấp nhất để xây bể là:
T=
3 ⋅ 3 180000 ⋅ 300000 ≈ 50,815 ⋅106 (nghìn đồng) ≈ 51 (triệu đồng)

Câu 44: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình
16 x − m.4 x +1 + 5m 2 − 45 =
0 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử là số chẵn?
A. 2.
B. 3.
C. 6.

D. 4.
Lời giải
Chọn A
Ta có: 16 x − m.4 x +1 + 5m 2 − 45 =0 ⇔ (4 x ) 2 − 4m.4 x + 5m 2 − 45 =0


x
t (t > 0) khi đó phương trình (*) trở thành:
Đặt 4=

0
t 2 − 4mt + 5m 2 − 45 =
Khi đó phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt


∆=' 4m 2 − (5m 2 − 45) > 0
45 − m 2 > 0
−3 5 < m < 3 5



⇔ t1 + t2 > 0
⇔  4m > 0
⇔ m > 0
⇔ 3< m<3 5
t .t > 0
5m 2 − 45 > 0
 m>3
1 2



  m < −3

Mà m ∈  ⇒ m ∈ {4;5;6}
⇒ có 2 giá trị m chẵn thỏa mãn.
Câu 45: Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m để hàm số y =
khoảng ( 6; +∞ ) . Tổng tất cả các phần tử của tập S bằng
A. −5.

B. −6.

C. −9.

1− x
đồng biến trên
x+m−2
D. −10.

Lời giải
Chọn D
Ta =
có: y

1− x
=
⇒ y′
x+m−2

1− m

( x + m − 2)

2

. Để hàm số đồng biến trên khoảng ( 6;+∞ ) thì:

1 − m > 0
m < 1
⇔
⇔ −4 ≤ m < 1

2 − m ≤ 6
m ≥ −4
Do m ∈  nên m ∈ {−4; −3; −2; −1;0} ⇒ Tổng các giá trị nguyên m thỏa mãn: −10.

= OB
= 1. Gọi M là
Câu 46: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi một vng góc với nhau và OA
trung điểm của AB. Khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và AC bằng
tứ diện OABC bằng
A.

1
.
3

B.

1
.

6

C.
Lời giải

Chọn A

2
.
3

D.

2
. Thể tích của khối
3
2
.
3


Kẻ Am / / OM , OH ⊥ Am ( H ∈ Am ) , OK ⊥ CH ( K ∈ CH ) nên d ( OM , AC ) = d ( OM , ( CAH ) )
Ta có: OC ⊥ ( OAB ) ⇒ OC ⊥ AH , OH ⊥ AH ⇒ AH ⊥ ( OCH ) ⇒ AH ⊥ OK
Mà d ( OM , AC
=
=
) ) OK
) ) d ( O, ( CAH=
) d ( OM , ( CAH=

2
.
3

AB
Vì tam giác OAB cân tại O nên OM ⊥ AB, OM =
AM = .
2

Vì OH ⊥ Am ⇒ OH ⊥ OM và OM ⊥ AB, AH / / OM ⇒ AH ⊥ AM
Nên OHAM là hình vng ( hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau)
Khi đó: OH
= AM
=
Do:

AB
=
2

2
.
2

1
1
1
1
1
2 VO. ABC =.OA.OB.OC =

= 2+
⇒ OC =⇒
2
2
6
3
OK
OH
OC

Câu 47: Cho hàm số f ( x ) =

2 5 m 4 4 ( m + 3) 3
x − x +
x − ( m + 7 ) x 2 với m là tham số. Có bao nhiêu giá
5
2
3

trị nguyên của tham số m để hàm số g ( x ) = f ( x ) có đúng một điểm cực đại?
A. 16.

B. 17.

C. 12.
Lời giải

D. 13.

Chọn B

Ta có f ′ ( x ) = 2 x 4 − 2mx3 + 4 ( m + 3) x 2 − 2 ( m + 7 ) x = 2 x  x3 − mx 2 + 2 ( m + 3) x − m − 7 

0 có nghiệm là x = 1
Ta thấy phương trình x 3 − mx 2 + 2 ( m + 3) x − m − 7 =
Áp dụng sơ đồ Horner:
1 − m 2m + 6 − m − 7
1 1 1− m m + 7
0

Khi đó ta có f ′ ( x ) = 0 ⇔ 2 x ( x − 1)  x 2 + (1 − m ) x + m + 7  = 0


Do lim f ( x ) = +∞ nên để hàm số g ( x ) = f ( x ) có đúng một điểm cực đại khi f ( x ) có một
x →+∞

điểm cực trị dương.

0 có hai nghiệm phân biệt khơng dương
TH1: Phương trình x 2 + (1 − m ) x + m + 7 =
(1 − m )2 − 4 ( m + 7 ) > 0
m 2 − 6m − 27 > 0


m −1 ≤ 0
m ≤1
⇔
⇔
⇔ −7 ≤ m < −3 ⇒ m ∈ {−7; −6; −5; −4} .



m+7≥0
m ≥ −7



0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép
TH2: Phương trình x 2 + (1 − m ) x + m + 7 =
⇔ (1 − m ) − 4 ( m + 7 ) ≤ 0 ⇔ m 2 − 6m − 27 ≤ 0 ⇔ −3 ≤ m ≤ 9 ⇒ m ∈ {−3; −2;...;9} .
2

0 có nghiệm x = 1 .
TH3: Phương trình x 2 + (1 − m ) x + m + 7 =
⇔ 12 + (1 − m )1 + m + 7 = 0 ⇔ 9 = 0 (Vô lý).
Vậy m ∈ {−7; −6;...;8;9} .
Câu 48: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên của f ′ ( x ) như sau:

Có

bao

g ( x)
=

nhiêu

 x3
f
 9

giá

trị

nguyên

của

m

trên

đoạn

[ −2022; 2023]

để

hàm số

2
 m ( x + 9)
nghịch biến trên khoảng ( 0;5 ) ?
−
18


A. 2005.

2

B. 2006.

C. 2004.
Lời giải

D. 2007.

Chọn B
Đặt t=

 53
x3
x2
⇒ t ′=
≥ 0 ∀x ∈ ( 0;5 ) ⇒ t ∈  0;
9
3
 9

x3

t
=
⇔x=
.
Ta
có

9


3

2

9t ⇔ x 2 = 3 3 3t 3 .

2

 3 23

m  3t + 3 
 nghịch biến trên
Khi đó ta cần tìm m để hàm số h=
(t ) f (t ) − 
2
Ta có h ′ ( t ) = f ′ ( t ) −

2
1
−1

 −1


23
2
3.m  3 3t 3 + 3  t 3 = f ′ ( t ) − 3 3.m  3 3t 3 + 3t 3  .
3
3






 53
 0;
 9


.



 53 
Để h ( t ) nghịch biến trên  0;  ⇔ h ′=
(t )
 9
⇔m≥

f ′ (t )

 53
∀t ∈  0;
u (t )
 9

−1
 3 13


 53 
23
3.m  3t + 3t 3  ≤ 0 ∀t ∈  0; 
f ′ (t ) −
3
 9



−1
1


23 3 3
3
với
3
3
3
=
u
t
t
+
t
()



3





−2
−4
−2
−4

23 3 3
3
3
3
Ta
có u ′ ( t )
3  3t − 3t  . Ta có u ′ ( t ) = 0 ⇔ 3t − 3t 3 = 0 ⇔ t = 3 .
=
9



Bảng biến thiên:

 53
Từ bảng biến thiên ta thấy được u ( t ) ≥ u ( 3) ∀t ∈  0;
 9

Khi đó m ≥

f ′ (t )

 53
∀t ∈  0;
u (t )
 9


 53 
′
′
,
mà
f
t
≤
f
3
∀
t
∈
()
( )

 0; 

 9

f ′ ( 3)

=18 .

⇔m≥
u ( 3)


Câu 49: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 2

f ( x )+

4
f ( x)

+ log 2  f 2 ( x ) − 4 f ( x ) + 5 =
m có

6 nghiệm thực phân biệt?
A. 3.

B. 5.

C. 4.

D. 6.

Lời giải
Chọn B
Đặt h ( x )= 2

x+

4
x

+ log 2 ( x − 4 x + 5 ) ; g ( x )= 2
2

f ( x )+

4
f ( x)

+ log 2  f 2 ( x ) − 4 f ( x ) + 5 .

Suy ra: g ( x ) = h ( f ( x ) ) . Ta thấy f ( x ) > 0∀x nên ở đây ta chỉ xét hàm h ( x ) trên ( 0; +∞ ) .