Đề Khảo sát Chất Lượng Môn Toán lần 1 Trường THPT chuyên Huỳnh Mẫn Đạt tỉnh Kiên Giang có đáp án và lời giải chi tiết

Đề thi khá hay các em dùng để luyện tập rất tốt. Nội dung đề gồm: Hàm số và đồ thị hàm số, Mũ và Logarit, Thể tích khối đa diện, Khối tròn xoay: Nón, trụ, cầu của chương trình Toán 12 và Quan hệ vuông góc, Tổ hợp – xác suất của chương trình Toán 11.

Một số câu hỏi có trong đề thi này:

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

>>Xem đề thi đã phát hành trước đó: [XMIN 2023] Đề số 10 – Đề kiểm tra Học kì I Toán 12 năm học 2022 – 2023 sở Ninh Bình

Xem trực tiếp và tải đề thi về (Bản đẹp của đề thi sẽ được Vted cập nhật trong thời gian sớm nhất)

Thi Online và xem giải chi tiết các câu hỏi khó của đề thi này trong khoá Luyện đề Xplus tại Vted

Lời giải một số câu hỏi khó trong Đề Khảo sát Chất Lượng Môn Toán lần 1 Trường THPT chuyên Huỳnh Mẫn Đạt tỉnh Kiên Giang

Câu 39: Cho khối lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}'$ có thể tích $V=27.$ Gọi $M,\text{ }N$ lần lượt là trung điểm của $B{B}'$ và $C{C}'.$ Hai mặt phẳng $\left( AMN \right)$ và $\left( {A}'BC \right)$ chia khối lăng trụ đã cho thành bốn khối đa diện. Thể tích khối đa diện chứa đỉnh ${C}'$ bằng

Giải. Gọi $E=AM\cap {A}'B;F=AN\cap {A}'C.$ Ta có mặt phẳng $\left( AMN \right)$ và $\left( {A}'BC \right)$ chia khối lăng trụ đã cho thành bốn khối đa diện là ${A}'AEF,ABCEF,BMNCEF,{A}'{B}'{C}'MEFN.$Theo Thales có $\dfrac{EM}{EA}=\dfrac{EB}{E{A}'}=\dfrac{BM}{A{A}'}=\dfrac{1}{2};\dfrac{FN}{FA}=\dfrac{FC}{F{A}'}=\dfrac{CN}{A{A}'}=\dfrac{1}{2}$

Do đó ${{V}_{{A}'AEF}}=\dfrac{{A}'E}{{A}'B}.\dfrac{{A}'F}{{A}'C}{{V}_{{A}'ABC}}=\dfrac{2}{3}.\dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{3}V=4$ và ${{V}_{ABCMN}}=\dfrac{1}{3}\left( \dfrac{BM}{B{B}'}+\dfrac{CN}{C{C}'} \right)V=\dfrac{1}{3}V=9$

$\Rightarrow {{V}_{{A}'{B}'{C}'MEFN}}=V-\left( {{V}_{ABCMN}}+{{V}_{{A}'AEF}} \right)=27-\left( 9+4 \right)=14.$

Chọn đáp án C.

*Các em xem lại Bài giảng Công thức tỷ số thể tích (Simson) và Công thức tính nhanh tỷ số thể tích khoá PRO X.

Câu 46: Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ là hàm số bậc bốn. Đồ thị của hàm số $y={f}'\left( x \right)$ được cho như sau:Số giá trị nguyên của tham số $m\in \left[ -22;23 \right]$ để hàm số $y=f\left( {{x}^{3}} \right)-m{{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{2}}$ nghịch biến trên khoảng $\left( 0;1 \right)$ là

Giải. Ta có $\mathbf{ycbt}\Leftrightarrow {y}'=3{{x}^{2}}{f}'\left( {{x}^{3}} \right)-4mx\left( {{x}^{2}}+1 \right)\le 0,\forall x\in \left[ 0;1 \right]$

$\Leftrightarrow x\left[ 3x{f}'\left( {{x}^{3}} \right)-4m\left( {{x}^{2}}+1 \right) \right]\le 0,\forall x\in \left[ 0;1 \right]\Leftrightarrow 3x{f}'\left( {{x}^{3}} \right)-4m\left( {{x}^{2}}+1 \right)\le 0,\forall x\in \left[ 0;1 \right]$

$\Leftrightarrow m\ge g\left( x \right)=\dfrac{3x{f}'\left( {{x}^{3}} \right)}{4\left( {{x}^{2}}+1 \right)},\forall x\in \left[ 0;1 \right]\Leftrightarrow m\ge \underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)$

Quan sát đồ thị đạo hàm ta có $\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\max }}\,{f}'\left( {{x}^{3}} \right)=\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\max }}\,{f}'\left( t \right)={f}'\left( 1 \right)=4,\left( t={{x}^{3}}\in \left[ 0;1 \right],\forall x\in \left[ 0;1 \right] \right)$

Và xét $h\left( x \right)=\dfrac{3x}{4\left( {{x}^{2}}+1 \right)}\Rightarrow \underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\max }}\,h\left( x \right)=h\left( 1 \right)=\dfrac{3}{8}\Rightarrow \underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)=g\left( 1 \right)=\dfrac{3}{8}.4=\dfrac{3}{2}.$

Vậy $m\ge \dfrac{3}{2}\Rightarrow m\in \left\{ 2,...,23 \right\}.$ Chọn đáp án D.

*Bước cuối ta có thể làm như sau:

Ta có ${f}'\left( x \right)=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d=ax{{\left( x-3 \right)}^{2}};{f}'\left( 1 \right)=4\Rightarrow a.1.{{\left( 1-3 \right)}^{2}}=4\Leftrightarrow a=1$

$\Rightarrow {f}'\left( x \right)=x{{\left( x-3 \right)}^{2}}\Rightarrow {f}'\left( {{x}^{3}} \right)={{x}^{3}}{{\left( {{x}^{3}}-3 \right)}^{2}}\Rightarrow g\left( x \right)=\dfrac{3{{x}^{4}}{{\left( {{x}^{3}}-3 \right)}^{2}}}{4\left( {{x}^{2}}+1 \right)}\Rightarrow \underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)=g\left( 1 \right)=\dfrac{3}{2}.$ Ta có cùng kết quả.

*Các em xem lại Bài giảng Biện luận đơn điệu của hàm số hợp và tổng.

Câu 48: Xét các số thực dương $x,\text{ }y,\text{ }z$ thỏa mãn ${{3}^{x}}={{15}^{y}}={{25}^{z}}.$ Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\dfrac{2x-2y+xyz}{xy}$ bằng

Giải. Ta có ${{3}^{x}}={{15}^{y}}={{25}^{z}}\Leftrightarrow {{3}^{x}}={{5}^{2z}}={{\left( 3.5 \right)}^{y}}\Rightarrow \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2z}=\dfrac{1}{y}$

$\Rightarrow P=\dfrac{2x-2y+xyz}{xy}=\dfrac{2}{y}-\dfrac{2}{x}+z=\dfrac{1}{z}+z\ge 2\sqrt{\dfrac{1}{z}.z}=2.$

Dấu bằng xảy ra khi $\dfrac{1}{z}=z\Rightarrow z=1\Rightarrow {{3}^{x}}={{15}^{y}}=25\Leftrightarrow x={{\log }_{3}}25;y={{\log }_{15}}25.$

Chọn đáp án D.

*Các em xem lại Bài giảng GTLN- GTNN của Mũ và logarit khi các mũ bằng nhau khoá VDC XMAX.

Cách 2: Nếu các em chưa biết đến biến đổi nhanh như lời giải trên thì tư duy theo phương pháp đặt ẩn thầy đã chỉ ở khoá PRO X như sau:

Ta có ${{3}^{x}}={{15}^{y}}={{25}^{z}}=t\Leftrightarrow x={{\log }_{3}}t;y={{\log }_{15}}t;z={{\log }_{25}}t$ với $t>1$ do $x,y,z>0.$

Khi đó $P=\dfrac{2x-2y+xyz}{xy}=\dfrac{2}{y}-\dfrac{2}{x}+z=\dfrac{2}{{{\log }_{15}}t}-\dfrac{2}{{{\log }_{3}}t}+{{\log }_{25}}t$

$=2{{\log }_{t}}15-2{{\log }_{t}}3+{{\log }_{25}}t={{\log }_{25}}t+{{\log }_{t}}\dfrac{{{15}^{2}}}{{{3}^{2}}}$

$={{\log }_{25}}t+{{\log }_{t}}25\ge 2\sqrt{{{\log }_{25}}t.{{\log }_{t}}25}=2.$ Ta có cùng kết quả.

Câu 50: Cho hàm số $f\left( x \right)=-{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+2$ với $b,\text{ }c\in \mathbb{R}.$ Biết rằng phương trình $f\left( x \right)=0$ có ba nghiệm dương phân biệt. Số điểm cực trị của hàm số $y=\left| f\left( \left| x \right| \right) \right|$ là

Giải. Vì phương trình $f\left( x \right)=0$ có ba nghiệm dương phân biệt nên $f\left( x \right)$ có hai điểm cực trị dương $\Rightarrow u\left( x \right)=f\left( \left| x \right| \right)$ có $2.2+1=5$ điểm cực trị.

Cũng vì phương trình $f\left( x \right)=0$ có ba nghiệm dương phân biệt nên $u\left( x \right)=f\left( \left| x \right| \right)$ có 6 nghiệm phân biệt tương ứng với 6 lần đổi dấu.

Do đó hàm số $y=\left| f\left( \left| x \right| \right) \right|=\left| u\left( x \right) \right|$ có tất cả $5+6=11$ điểm cực trị.

Chọn đáp án D.

*Các em xem lại Bài giảng Số điểm cực trị của hàm số có chứa dấu giá trị tuyệt đối khoá VDC XMAX.