Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Môn Toán lớp 12 năm học 2022 – 2023 sở GD&ĐT Bắc Ninh có đáp án và giải chi tiết

Đề thi này bám sát theo chương trình học và thi TN THPT nên các em dùng để ôn luyện thoải mái nhé. Đề gồm gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm, thời gian làm bài 90 phút.

Một số câu hỏi có trong đề thi này:

Câu 7. Cho hàm số $f\left( x \right)=a{{x}^{5}}+b{{x}^{3}}+cx\text{ }\left( a>0,b>0 \right)$ thỏa mãn $f\left( 3 \right)=-\dfrac{7}{3};\text{ }f\left( 9 \right)=81.$ Gọi $S$ là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số $m$ sao cho $\underset{\left[ -1;5 \right]}{\mathop{\max }}\,\left| g\left( x \right) \right|+\underset{\left[ -1;5 \right]}{\mathop{\min }}\,\left| g\left( x \right) \right|=86$ với $g\left( x \right)=f\left( 1-2x \right)+2f\left( x+4 \right)+m.$ Số phần tử của $S$ là

A. $5.$

B. $3.$

C. $4.$

D. $2.$

Giải. Ta có ${g}'\left( x \right)=-2{f}'\left( 1-2x \right)+2{f}'\left( x+4 \right)\Rightarrow {g}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow {f}'\left( 1-2x \right)={f}'\left( x+4 \right)\left( * \right)$

Ta có ${f}'\left( x \right)=5a{{x}^{4}}+3b{{x}^{2}}+c\Rightarrow {f}'\left( m \right)={f}'\left( n \right)$

$\Leftrightarrow 5a{{m}^{4}}+3b{{m}^{2}}+c=5a{{n}^{4}}+3b{{n}^{2}}+c$

$\Leftrightarrow 5a\left( {{m}^{2}}-{{n}^{2}} \right)\left( {{m}^{2}}+{{n}^{2}} \right)+3b\left( {{m}^{2}}-{{n}^{2}} \right)=0$

$\Leftrightarrow \left( {{m}^{2}}-{{n}^{2}} \right)\left[ \underbrace{5a\left( {{m}^{2}}+{{n}^{2}} \right)+3b}_{>0} \right]=0\Leftrightarrow m=\pm n.$

Vậy $\left( * \right)\Leftrightarrow 1-2x=\pm \left( x+4 \right)\Leftrightarrow x=-1;x=5.$

Ta có $g\left( -1 \right)=f\left( 3 \right)+2f\left( 3 \right)+m=3f\left( 3 \right)+m=-3f\left( -3 \right)+m=m+7$

và $g\left( 5 \right)=f\left( -9 \right)+2f\left( 9 \right)+m=f\left( 9 \right)+m=m+81\Rightarrow \underset{\left[ -1;5 \right]}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)=m+81;\underset{\left[ -1;5 \right]}{\mathop{\min }}\,g\left( x \right)=m+7.$

TH1: Nếu $m+7\ge 0\Rightarrow \underset{\left[ -1;5 \right]}{\mathop{\max }}\,\left| g\left( x \right) \right|+\underset{\left[ -1;5 \right]}{\mathop{\min }}\,\left| g\left( x \right) \right|=\left( m+81 \right)+\left( m+7 \right)=86\Leftrightarrow m=-1\left( OK \right).$

TH2: Nếu $m+81\le 0\Rightarrow \underset{\left[ -1;5 \right]}{\mathop{\max }}\,\left| g\left( x \right) \right|+\underset{\left[ -1;5 \right]}{\mathop{\min }}\,\left| g\left( x \right) \right|=-\left( m+7 \right)-\left( m+81 \right)=86\Leftrightarrow m=-87\left( OK \right).$

TH3: Nếu $\left( m+7 \right)\left( m+81 \right)<0\Rightarrow \underset{\left[ -1;5 \right]}{\mathop{\max }}\,\left| g\left( x \right) \right|+\underset{\left[ -1;5 \right]}{\mathop{\min }}\,\left| g\left( x \right) \right|=\max \left\{ \left| m+7 \right|,\left| m+81 \right| \right\}+0$

$=\max \left\{ m+81,-m-7 \right\}<\max \left\{ -7+81,81-7 \right\}=74<81\left( L \right).$ Chọn đáp án D.

Câu 9. Trong không gian $Oxyz,$ cho mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 1;-1;3 \right)$ bán kính $R$ với $AB$ là một đường kính. Xét hai điểm $M,N$ sao cho $MN=\dfrac{R}{2}$ và mặt phẳng $\left( IMN \right)$ tạo với $AB$ một góc ${{60}^{0}}.$ Khi biểu thức $T=3A{{M}^{2}}+4B{{N}^{2}}$ có giá trị nhỏ nhất bằng $\dfrac{159}{7}$ thì phương trình của $\left( S \right)$ là

A. ${{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z+3 \right)}^{2}}=16.$ C. ${{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=\dfrac{159}{28}.$

B. ${{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=9.$ D. ${{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=4.$

Giải. Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A,B$ lên $\left( IMN \right)$

Ta có $\widehat{AIH}=\widehat{BIK}=\left( AB,\left( IMN \right) \right)={{60}^{0}}\Rightarrow AH=IA\sin {{60}^{0}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}R;BK=IB\sin {{60}^{0}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}R$

Khi đó theo pitago ta có $T=3A{{M}^{2}}+4B{{N}^{2}}=3\left( A{{H}^{2}}+H{{M}^{2}} \right)+4\left( B{{K}^{2}}+K{{N}^{2}} \right)=\dfrac{21}{4}{{R}^{2}}+\left( 3H{{M}^{2}}+4K{{N}^{2}} \right)$

Và $HK=AB\cos {{60}^{0}}=R.$

Theo bất đẳng thức đường gấp khúc ta có $HM+MN+NK\ge HK\Rightarrow HM+KN\ge HK-MN=\dfrac{R}{2}$

Do đó $T=\dfrac{21}{4}{{R}^{2}}+\dfrac{H{{M}^{2}}}{\dfrac{1}{3}}+\dfrac{K{{N}^{2}}}{\dfrac{1}{4}}\ge \dfrac{21}{4}{{R}^{2}}+\dfrac{{{\left( HM+KN \right)}^{2}}}{\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}}\ge \dfrac{21}{4}{{R}^{2}}+\dfrac{\dfrac{1}{4}{{R}^{2}}}{\dfrac{7}{12}}.$

Theo bài ra ta có $\dfrac{21}{4}{{R}^{2}}+\dfrac{\dfrac{1}{4}{{R}^{2}}}{\dfrac{7}{12}}=\dfrac{159}{7}\Leftrightarrow {{R}^{2}}=4\Rightarrow \left( S \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=4.$ Chọn đáp án D.

Dấu bằng xảy ra khi $H,M,N,K$ thẳng hàng theo thứ tự và $\dfrac{HM}{\dfrac{1}{3}}=\dfrac{KN}{\dfrac{1}{4}}\Rightarrow HM=\dfrac{2}{7}R;KN=\dfrac{3}{14}R.$

*Các em xem lại Bài giảng điểm di động trên mặt phẳng khoá VDC XMAX.

Câu 10. Một cái thùng đựng đầy nước được tạo thành từ việc cắt mặt xung quanh của một hình nón bởi một mặt phẳng vuông góc với trục của hình nón. Miệng thùng là đường tròn có bán kính bằng ba lần bán kính mặt đáy của thùng. Người ta thả vào đó một khối cầu có đường kính bằng \[\dfrac{3}{2}\]chiều cao của thùng nước và đo được thể tích nước tràn ra ngoài là $54\sqrt{3}\pi $ (dm³). Biết rằng khối cầu tiếp xúc với mặt trong của thùng và đúng một nửa của khối cầu đã chìm trong nước (hình vẽ). Thể tích nước còn lại trong thùng có giá trị nào sau đây?

Giải. Xét thiết diện chứa trục như hình vẽ bên:

Khối nón cụt có bán kính đáy và chiều cao là $r;3r;h$ và khối cầu có tâm $O$ bán kính $R.$

Thể tích nước tràn ra bằng thể tích nửa khối cầu do vậy $\frac{2}{3}\pi {{R}^{3}}=54\sqrt{3}\pi \Leftrightarrow R=3\sqrt{3}.$

Mặt khác khối cầu có đường kính bằng \[\frac{3}{2}\]chiều cao của thùng nước nên $2R=\frac{3}{2}h\Leftrightarrow h=\frac{4}{3}R=4\sqrt{3}.$

Ta có $\sin \widehat{ADH}=\frac{AH}{AD}=\frac{h}{\sqrt{{{h}^{2}}+4{{r}^{2}}}}=\sin \widehat{ODE}=\frac{OE}{OD}=\frac{R}{3r}\Leftrightarrow \frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{48+4{{r}^{2}}}}=\frac{3\sqrt{3}}{3r}\Leftrightarrow r=2.$

Thể tích của thùng nước là $\frac{\pi h}{3}\left( {{r}^{2}}+3{{r}^{2}}+9{{r}^{2}} \right)=\frac{\pi 4\sqrt{3}}{3}\left( 4+12+36 \right)=\frac{208\sqrt{3}\pi }{3}.$

Thể tích nước còn lại trong thùng bằng $\frac{208\sqrt{3}\pi }{3}-54\sqrt{3}\pi =\frac{46\sqrt{3}\pi }{3}.$ Chọn đáp án A.

Câu 11. Cho hàm số $f(x)$ liên tục trên khoảng $(0;+\infty )$ và $f({{x}^{2}}+1)+\dfrac{f(\sqrt{x})}{4x\sqrt{x}}=\dfrac{2x+1}{2x}\ln (x+1),\forall x>0.$ Khi đó \[\int\limits_{1}^{17}{f(x)dx}\] thuộc khoảng nào dưới đây?

Biến đổi giả thiết thành: $2xf({{x}^{2}}+1)+\dfrac{f(\sqrt{x})}{2\sqrt{x}}=(2x+1)\ln (x+1).$

Lấy tích phân hai vế từ 1 đến 4 có:

$\begin{gathered} \int\limits_1^4 {2xf({x^2} + 1)dx} + \int\limits_1^4 {\frac{{f(\sqrt x )}}{{2\sqrt x }}dx} = \int\limits_1^4 {(2x + 1)\ln (x + 1)dx} \hfill \\ \Leftrightarrow \int\limits_1^4 {f({x^2} + 1)d({x^2} + 1)} + \int\limits_1^4 {f(\sqrt x )d(\sqrt x )} = \int\limits_1^4 {(2x + 1)\ln (x + 1)dx} \hfill \\ \Leftrightarrow \int\limits_2^{17} {f(u)du} + \int\limits_1^2 {f(v)dv} = \int\limits_1^4 {(2x + 1)\ln (x + 1)dx} ,\left( {u = {x^2} + 1;v = \sqrt x } \right) \hfill \\ \Leftrightarrow \int\limits_2^{17} {f(x)dx} + \int\limits_1^2 {f(x)dx} = \int\limits_1^4 {(2x + 1)\ln (x + 1)dx} \hfill \\ \Leftrightarrow \int\limits_1^{17} {f(x)dx} = \int\limits_1^4 {(2x + 1)\ln (x + 1)dx} \approx 23,3. \hfill \\ \end{gathered} $

Câu 19. Cho $a,b$ là các số nguyên dương nhỏ hơn $2022.$ Gọi $S$ là tập các giá trị của $b$ thỏa mãn với mỗi giá trị của $b$ luôn có ít nhất $100$ giá trị không nhỏ hơn $3$ của $a$ thỏa mãn $\left( {{2}^{a+b}}-{{2}^{b-a}} \right)\cdot {{\log }_{a}}b>{{4}^{b}}-1,$ đồng thời các tập hợp có $b$ phần tử có số tập con lớn hơn $1024.$ Số phần tử của tập $S$ là

A. $2021.$

B. $1912.$

C. $1911.$

D. $1921.$

Giải. Tập hợp có $b$ phần tử có số tập con là ${{2}^{b}}$ lớn hơn $1024\Rightarrow {{2}^{b}}>1024\Leftrightarrow b>10.$

Và $a\ge 3,$ biến đổi $\left( {{2}^{a+b}}-{{2}^{b-a}} \right)\cdot {{\log }_{a}}b>{{4}^{b}}-1\Leftrightarrow \dfrac{{{2}^{a}}-{{2}^{-a}}}{\ln a}>\dfrac{{{2}^{b}}-{{2}^{-b}}}{\ln b}\Leftrightarrow a>b$ do hàm số $g\left( x \right)=\dfrac{{{2}^{x}}-{{2}^{-x}}}{\ln x}$ có đạo hàm ${g}'\left( x \right)=\dfrac{\left( {{2}^{x}}\ln 2+{{2}^{-x}}\ln 2 \right)\ln x-\dfrac{1}{x}\left( {{2}^{x}}-{{2}^{-x}} \right)}{{{\ln }^{2}}x}=\dfrac{{{2}^{x}}\left( \ln x\ln 2-\dfrac{1}{x} \right)+{{2}^{-x}}\left( \ln x\ln 2+\dfrac{1}{x} \right)}{{{\left( \ln x \right)}^{2}}}>0,\forall x\ge 3.$

Vậy ${{S}_{a}}=\left( b;2022 \right)$ chứa ít nhất 100 số nguyên là các số $b+1,b+2,...,b+100$

$\Leftrightarrow b+100<2022\Leftrightarrow b<1922\Rightarrow b\in \left\{ 11,...,1921 \right\}.$ Chọn đáp án C.

Câu 23. Cho hàm số $f\left( x \right)$ nhận giá trị dương và có đạo hàm trên $\left( 0;+\infty \right)$ thoả mãn $f\left( 1 \right)=\dfrac{1}{2}$ và $3xf\left( x \right)={{x}^{2}}{f}'\left( x \right)+2{{\left[ f\left( x \right) \right]}^{2}},\text{ }\forall x\in \left( 0;+\infty \right).$ Giá trị của $\int\limits_{1}^{2}{\dfrac{f\left( x \right)}{{{x}^{2}}}dx}$ bằng

A. $\dfrac{1}{3}\ln \dfrac{5}{2}.$

B. $\dfrac{1}{2}\ln \dfrac{5}{2}.$

C. $\dfrac{1}{4}\ln \dfrac{5}{2}.$

D. $\ln \dfrac{5}{2}.$

Giải. Ta có $3xf\left( x \right)={{x}^{2}}{f}'\left( x \right)+2{{\left[ f\left( x \right) \right]}^{2}}\Rightarrow 3{{x}^{2}}f\left( x \right)-{{x}^{3}}{f}'\left( x \right)=2x{{\left[ f\left( x \right) \right]}^{2}}$

$\Rightarrow \dfrac{3{{x}^{2}}f\left( x \right)-{{x}^{3}}{f}'\left( x \right)}{{{\left[ f\left( x \right) \right]}^{2}}}=2x\Leftrightarrow {{\left( \dfrac{{{x}^{3}}}{f\left( x \right)} \right)}^{\prime }}=2x\Rightarrow \dfrac{{{x}^{3}}}{f\left( x \right)}=\int{2xdx}={{x}^{2}}+C$

$\Rightarrow f\left( x \right)=\dfrac{{{x}^{3}}}{{{x}^{2}}+C};f\left( 1 \right)=\dfrac{1}{2}\Rightarrow C=1\Rightarrow f\left( x \right)=\dfrac{{{x}^{3}}}{{{x}^{2}}+1}$

$\Rightarrow \int\limits_{1}^{2}{\dfrac{f\left( x \right)}{{{x}^{2}}}dx}=\int\limits_{1}^{2}{\dfrac{x}{{{x}^{2}}+1}dx}=\dfrac{1}{2}\ln \dfrac{5}{2}.$ Chọn đáp án B.

*Các em xem lại dạng bài toán f(x) và f’(x) chương Nguyên hàm tích phân.

Câu 25. Cho hàm số $f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ thoả mãn $f\left( x \right)={{e}^{x}}+\int\limits_{0}^{1}{\dfrac{f\left( x \right)}{{{e}^{x}}}dx},\forall x\in \mathbb{R}.$ Giá trị của $f\left( 1+\ln 2023 \right)$ bằng

A. $2023-e.$

B. $2023+e.$

C. $2024e.$

D. $2023e.$

Giải. Đặt $m=\int\limits_{0}^{1}{\dfrac{f\left( x \right)}{{{e}^{x}}}dx}\Rightarrow f\left( x \right)={{e}^{x}}+m$

$\Rightarrow m=\int\limits_{0}^{1}{\dfrac{f\left( x \right)}{{{e}^{x}}}dx}=\int\limits_{0}^{1}{\dfrac{{{e}^{x}}+m}{{{e}^{x}}}dx}\Rightarrow m=e$

$\Rightarrow f\left( x \right)={{e}^{x}}+e\Rightarrow f\left( 1+\ln 2023 \right)={{e}^{1+\ln 2023}}+e=2024e.$ Chọn đáp án C.

*Các em xem lại Bài giảng Các dạng toán của tích phân khoá PRO X.

Câu 28. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a,\text{ }SA=a\sqrt{2}$ và $SA$ vuông góc với $\left( ABCD \right).$ Gọi $M,\text{ }N$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của đỉnh $A$ lên các cạnh $SB$ và $SD.$ Khi đó góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( AMN \right)$ bằng

A. ${{90}^{0}}.$

B. ${{30}^{0}}.$

C. ${{60}^{0}}.$

D. ${{45}^{0}}.$

Giải. Ta có $BC\bot \left( SAB \right)\Rightarrow BC\bot AM;AM\bot SB\Rightarrow AM\bot \left( SBC \right)\Rightarrow AM\bot SC$

Tương tự $AN\bot SC\Rightarrow SC\bot \left( AMN \right)\Rightarrow \left( SB,\left( AMN \right) \right)={{90}^{0}}-\left( SB,SC \right)$

Tam giác $CBS$ vuông tại $B$ có $\tan \widehat{BSC}=\dfrac{BC}{SB}=\dfrac{a}{\sqrt{3}a}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{BSC}={{30}^{0}}$

$\Rightarrow \left( SB,SC \right)={{30}^{0}}\Rightarrow \left( SB,\left( AMN \right) \right)={{60}^{0}}.$ Chọn đáp án C.

Câu 30. Cho hai số thực dương $x,y$ thoả mãn $\log _{2}^{2}\left( xy \right)-{{\log }_{2}}{{\left( xy \right)}^{2}}={{\log }_{2}}\left( xy \right)+{{\log }_{2}}x.{{\log }_{2}}y.$ Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P={{\log }_{2}}{{\left( xy \right)}^{2}}-\log _{2}^{2}\left( \dfrac{x}{y} \right)$ bằng

A. $-\dfrac{1}{3}.$

B. $12.$

C. $\dfrac{35}{16}.$

D. $8.$

Giải. Đặt $a={{\log }_{2}}x,b={{\log }_{2}}b$ khi đó $\log _{2}^{2}\left( xy \right)-{{\log }_{2}}{{\left( xy \right)}^{2}}={{\log }_{2}}\left( xy \right)+{{\log }_{2}}x.{{\log }_{2}}y$

$\Leftrightarrow {{\left( {{\log }_{2}}x+{{\log }_{2}}y \right)}^{2}}-2\left( {{\log }_{2}}x+{{\log }_{2}}y \right)={{\log }_{2}}x+{{\log }_{2}}y+{{\log }_{2}}x.{{\log }_{2}}y$

$\Leftrightarrow {{\left( a+b \right)}^{2}}-2\left( a+b \right)=a+b+ab\Leftrightarrow ab={{\left( a+b \right)}^{2}}-3\left( a+b \right)$

$\Rightarrow P={{\log }_{2}}{{\left( xy \right)}^{2}}-\log _{2}^{2}\left( \dfrac{x}{y} \right)=2\left( {{\log }_{2}}x+{{\log }_{2}}y \right)-{{\left( {{\log }_{2}}x-{{\log }_{2}}y \right)}^{2}}$

$=2\left( a+b \right)-{{\left( a-b \right)}^{2}}=2\left( a+b \right)-\left[ {{\left( a+b \right)}^{2}}-4ab \right]$

$=2\left( a+b \right)-{{\left( a+b \right)}^{2}}+4\left[ {{\left( a+b \right)}^{2}}-3\left( a+b \right) \right]=3{{\left( a+b \right)}^{2}}-10\left( a+b \right).$

Đặt $t=a+b$ ta có $ab\le \dfrac{1}{4}{{\left( a+b \right)}^{2}}\Rightarrow {{t}^{2}}-3t\le \dfrac{1}{4}{{t}^{2}}\Rightarrow t\in \left[ 0;4 \right].$

$\Rightarrow P=g\left( t \right)=3{{t}^{2}}-10t\Rightarrow {{P}_{\max }}=\underset{\left[ 0;4 \right]}{\mathop{\max }}\,g\left( t \right)=g\left( 4 \right)=8;{{P}_{\min }}=\underset{\left[ 0;4 \right]}{\mathop{\min }}\,g\left( t \right)=g\left( \dfrac{5}{3} \right)=-\dfrac{25}{3}.$Chọn đáp án A.

*Các em xem lại Các bài giảng GTLN – GTNN Mũ logarit khoá VDC XMAX.

Câu 32. Cho bất phương trình ${{9}^{x}}-2\left( m+1 \right){{3}^{x}}+1-2m<0\text{ }\left( 1 \right).$ Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ thuộc đoạn $\left[ -16;16 \right]$ để bất phương trình $\left( 1 \right)$ có nghiệm?

A. $17.$

B. $18.$

C. $16.$

D. $19.$

Câu 32. Đặt $t={{3}^{x}},\left( t>0 \right)\Rightarrow {{t}^{2}}-2\left( m+1 \right)t+1-2m<0$

$\Leftrightarrow {{t}^{2}}-2t+1<2m\left( t+1 \right)\Leftrightarrow 2m>g\left( t \right)=\dfrac{{{t}^{2}}-2t+1}{t+1}=\dfrac{{{\left( t-1 \right)}^{2}}}{t+1}$ có nghiệm $t>0$

Ta có $\underset{\left( 0;+\infty \right)}{\mathop{\min }}\,g\left( t \right)=g\left( 1 \right)=0\Rightarrow 2m>0\Rightarrow m\in \left\{ 1,...,16 \right\}.$ Chọn đáp án C.

Câu 33. Chọn ngẫu nhiên $3$ đường thẳng chứa $3$ cạnh khác nhau của một hình bát diện đều. Xác suất để các véctơ chỉ phương của $3$ đường thẳng đó đồng phẳng bằng

A. $\dfrac{3}{55}.$

B. $\dfrac{17}{55}.$

C. $\dfrac{4}{11}.$

D. $\dfrac{23}{55}.$

Giải. Hình bát diện đều có 12 cạnh nên số cách chọn ngẫu nhiên là $C_{12}^{3}.$

TH1: Ba cạnh chọn ra nằm trên một mặt phẳng (8 mặt bên và 3 mặt chéo là các hình vuông) có $8C_{3}^{3}+3C_{4}^{3}$ cách.

TH2: Hai cạnh chọn ra nằm trên một mặt bên và cạnh còn lại song song với mặt bên đó có $8\times C_{3}^{2}\times 3$ cách.

Xác suất cần tính bằng $\dfrac{8C_{3}^{3}+3C_{4}^{3}+8\times C_{3}^{2}\times 3}{C_{12}^{3}}=\dfrac{23}{55}.$ Chọn đáp án D.

Câu 34. Cho $a,\text{ }b$ là các số thực thỏa mãn $\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{2{{x}^{3}}+a{{x}^{2}}-4x+b}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}=5.$ Giá trị của $2a+b$ là

A. $2a+b=6.$

B. $2a+b=7.$

C. $2a+b=5.$

D. $2a+b=1.$

Câu 42. Đặt $f\left( n \right)=\dfrac{1}{1+2+...+n},\left( n\in {{\mathbb{N}}^{*}} \right).$ Xét dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$ với ${{u}_{n}}=f\left( 1 \right)+f\left( 2 \right)+...+f\left( n \right).$ Khi đó ${{u}_{10}}$ bằng

A. $\dfrac{9}{5}.$

B. $\dfrac{10}{11}.$

C. $\dfrac{1}{55}.$

D. $\dfrac{20}{11}.$

Giải. Ta có $f\left( n \right)=\dfrac{1}{1+2+...+n}=\dfrac{1}{\dfrac{n\left( n+1 \right)}{2}}=\dfrac{2}{n\left( n+1 \right)}=2\left( \dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1} \right)$

$\Rightarrow {{u}_{10}}=f\left( 1 \right)+f\left( 2 \right)+...+f\left( 10 \right)$

$=2\left( \dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{10}-\dfrac{1}{11} \right)=2\left( 1-\dfrac{1}{11} \right)=\dfrac{20}{11}.$ Chọn đáp án D.

Câu 45. Trong không gian $Oxyz,$ có bao nhiêu mặt phẳng đi qua điểm $M\left( 4;-4;1 \right)$ và chắn trên ba trục tọa độ $Ox,\text{ }Oy,\text{ }Oz$ theo ba đoạn thẳng có độ dài theo thứ tự lập thành cấp số nhân có công bội bằng $\dfrac{1}{2}?$

A. $3.$

B. $1.$

C. $2.$

D. $4.$

Giải. Gọi $A\left( a;0;0 \right),B\left( 0;b;0 \right),C\left( 0;0;c \right)\Rightarrow \left( P \right):\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}+\dfrac{z}{c}=1$

Vì $M\left( 4;-4;1 \right)\in \left( P \right)\Rightarrow \dfrac{4}{a}-\dfrac{4}{b}+\dfrac{1}{c}=1\text{ }\left( 1 \right)$

Và $OA,OB,OC$ theo thứ tự lập thành cấp số nhân có công bội bằng $\dfrac{1}{2}$ nên $OC=\dfrac{1}{2}OB=\dfrac{1}{2}\left( \dfrac{1}{2}OA \right)$

$ \Leftrightarrow \left| c \right| = \dfrac{1}{2}\left| b \right| = \dfrac{1}{4}\left| a \right| \Leftrightarrow \left| a \right| = \left| {2b} \right| = \left| {4c} \right| \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} a = 2b = 4c \hfill \\ a = 2b = - 4c \hfill \\ 2b = 4c = - a \hfill \\ 4c = a = - 2b \hfill \\ \end{gathered} \right.\left( 2 \right)$

Giải $\left( 1 \right),\left( 2 \right)\Rightarrow \left( a;b;c \right)=\left( -8;-4;2 \right);\left( 8;-4;-2 \right);\left( 16;-8;4 \right).$ Vậy có 3 mặt phẳng thoả mãn. Chọn đáp án A.

*Các em xem lại Bài giảng Mặt phẳng đoạn chắn khoá PRO X.

Câu 47. Cho hình nón $\left( N \right)$ đỉnh $S,$ có đáy là hình tròn tâm $O,$ bán kính bằng \[1,\] chiều cao của hình nón bằng $1.$ Cắt hình nón bởi một mặt phẳng vuông góc với đoạn thẳng $SO$ tại ${O}'$ ta được đường tròn $\left( C \right)$ tâm \[{O}',\] biết $S{O}'=x,\text{ }0<x<1.$ Xét hình trụ \[\left( T \right)\] có một đáy là hình tròn giới hạn bởi $\left( C \right),$ đường cao $O{O}'.$ Khi diện tích toàn phần của hình trụ \[\left( T \right)\] bằng diện tích xung quanh của hình nón $\left( N \right)$ thì $x=\sqrt{\dfrac{m}{n}}$ với $m,\text{ }n\in {{\mathbb{N}}^{*}},$ phân số $\dfrac{m}{n}$ tối giản. Giá trị của hiệu $n-m$ bằng

A. $1.$

B. $4.$

C. $3.$

D. $2.$

Giải. Ta có ${{S}_{xq\left( N \right)}}=\pi rl=\sqrt{2}\pi $ và $\dfrac{{O}'{A}'}{OA}=\dfrac{S{O}'}{SO}=x\Rightarrow {O}'{A}'=x\Rightarrow \left( T \right)$ có bán kính đáy $r=x$ và chiều cao $h=O{O}'=SO-S{O}'=1-x$ nên ${{S}_{tp\left( T \right)}}=2\pi r\left( r+h \right)=2\pi x\left( x+1-x \right)=2\pi x$

Theo bài ra có $2\pi x=\sqrt{2}\pi \Leftrightarrow x=\sqrt{\dfrac{1}{2}}\Rightarrow m=1;n=2\Rightarrow n-m=1.$ Chọn đáp án A.

Câu 48. Cho hàm số đa thức bậc ba $y=f\left( x \right)$ có đồ thị của các hàm số $y=f\left( x \right);\text{ }y={f}'\left( x \right)$ như hình vẽ bên. Gọi $S$ là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số $m$ để phương trình $f\left( f\left( x \right)-m \right)+2f\left( x \right)=3\left( x+m \right)$ có đúng $3$ nghiệm thực. Tổng các phần tử của $S$ bằng

A. $0.$

B. $-6.$

C. $-5.$

D. $-7.$

Giải. Hàm bậc hai ${f}'\left( x \right)=ax\left( x-2 \right);{f}'\left( 1 \right)=-3\Leftrightarrow -a=-3\Leftrightarrow a=3\Rightarrow {f}'\left( x \right)=3x\left( x-2 \right)$

$\Rightarrow f\left( x \right)=\int{3x\left( x-2 \right)dx}={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+2,\left( f\left( 1 \right)=0 \right)$

Đặt $t=f\left( x \right)-m\Leftrightarrow m=f\left( x \right)-t$ phương trình trở thành: $f\left( t \right)+2f\left( x \right)=3x+3\left( f\left( x \right)-t \right)$

$\Leftrightarrow f\left( t \right)+3t=f\left( x \right)+3x\Leftrightarrow t=x$ do hàm số $h\left( a \right)=f\left( a \right)+3a$ có đạo hàm ${h}'\left( a \right)={f}'\left( a \right)+3\ge 0,\forall a\in \mathbb{R}$

Vậy $m=f\left( x \right)-x=g\left( x \right)={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-x+2$ có 3 nghiệm thực phân biệt khi ${{g}_{ct}}<m<{{g}_{cd}}\Rightarrow m\in \left\{ -4,...,2 \right\}\Rightarrow \sum\limits_{m=-4}^{2}{m}=-7.$ Chọn đáp án D.

Xem trực tiếp và tải đề thi về (Bản đẹp của đề thi kèm đáp án và lời giải chi tiết sẽ được Vted cập nhật trong thời gian sớm nhất)

Các đề sưu tầm năm nay được Vted phát hành trong khoá Luyện đề Xplus

>>Xem thêm Cập nhật Đề thi thử tốt nghiệp THPT 2023 môn Toán có lời giải chi tiết

Combo 4 Khoá Luyện thi THPT Quốc Gia 2023 Môn Toán dành cho teen 2K5

Bộ Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Môn Toán lớp 12 năm học 2022 – 2023 (Trắc nghiệm)

Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Môn Toán lớp 12 năm học 2022 – 2023 sở GD&ĐT Phú Thọ

Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Môn Toán lớp 12 năm học 2022 – 2023 sở GD&ĐT Bắc Ninh

Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Môn Toán lớp 12 năm học 2022 – 2023 sở GD&ĐT Thanh Hoá

Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Môn Toán lớp 12 năm học 2022 – 2023 sở GD&ĐT Thái Bình

Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Môn Toán lớp 12 năm học 2022 – 2023 sở GD&ĐT Vĩnh Phúc