Đề thi Toán 12 học kì 1 trường thpt chuyên đại học sư phạm Hà Nội đề chính thức có đáp án và lời giải chi tiết gồm 50 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.
| TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CHUYÊN |
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I
MÔN: TOÁN – Lớp 12 Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề |
MỤC TIÊU: Đề thi học kì 1 Toán 12 năm 2018 – 2019 trường THPT chuyên ĐHSP – Hà Nội mã đề 485 được biên soạn theo hình thức trắc nghiệm khách quan hoàn toàn với 50 câu hỏi và bài toán, học sinh có 90 phút để hoàn thành đề thi, nội dung đề giới hạn trong chương trình Toán 12 đã được học giúp học sinh tự đánh giá năng lực bản thân một cách chính xác nhất.
Câu 1 (TH). Một người gửi ngân hàng 100 triệu với lãi suất 0,5% một tháng. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo. Sau ít nhất bao nhiêu tháng, người đó có nhiều hơn 125 triệu?
A. 45 tháng B. 46 tháng C. 47 tháng D. 44 tháng
Câu 2 (NB). Cho hàm số $y = F\left( x \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $y = {x^2}.$ Biểu thức $F’\left( {25} \right)$ bằng:
A. 125 B. 625 C. 5 D. 25
Câu 3 (TH). Hàm số $y = \frac{1}{3}{x^3} + m{x^2} + 9x + 2018$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ khi và chỉ khi:
A. $m \in \left[ { – 3;3} \right]$ B. $m \in \left( { – 3;3} \right)$ C. $m \in \mathbb{R}\backslash \left( { – 3;3} \right)$ D. $m \in \mathbb{R}\backslash \left[ { – 3;3} \right]$
Câu 4 (TH). Điều kiện cần và đủ của $m$ để hàm số $y = \frac{{mx + 1}}{{x + 1}}$ đồng biến trên từng khoảng xác định là:
A. $m \ge – 1$ B. $m > – 1$ C. $m > 1$ D. $m \ge 1$
Câu 5 (TH). Nghiệm của phương trình ${2^{ – x}} = 3$ là:
A. $ – {\log _2}\frac{1}{3}$ B. ${\log _2}\frac{1}{3}$ C. $ – {\log _3}2$ D. ${\log _3}2$
Câu 6 (TH). Cho hình chóp đều $S.ABCD$ có tất cả các cạnh bằng $a.$ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABCD$ là
A. $a\sqrt 2 $ B. $a$ C. $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$ D. $2a$
Câu 7 (TH). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đồ thị như hình vẽ bên. Biết rằng $y = f\left( x \right)$ là một trong bốn hàm được đưa ra trong các phương án A, B, C, D dưới đây. Phương án nào trong các phương án dưới đây là đúng?
A. $f\left( x \right) = – {x^4} + 2{x^2}$ B. $f\left( x \right) = {x^4} + 2{x^2}$
C. $f\left( x \right) = {x^4} – 2{x^2}$ D. $f\left( x \right) = – {x^4} + 2{x^2} – 1$
Câu 8 (NB). Tập nghiệm của bất phương trình ${e^{{x^2}}} \ge {e^{3x – 2}}$ là
A. $\left( { – \infty ;1} \right] \cup \left[ {2; + \infty } \right)$ B. $\mathbb{R}\backslash \left( {1;2} \right)$ C. $\left( {1;2} \right)$ D. $\mathbb{R}$
Câu 9 (TH). Số nghiệm thực phân biệt của phương trình ${9^x} – {5.3^x} – 7 = 0$ là:
A. 3 B. 4 C. 1 D. 2
Câu 10 (NB). Đường thẳng nào sau đây là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x – 1}}{{x + 1}}$?
A. $x = 1$ B. $y = – 1$ C. $y = 2$ D. $x = – 1$
Câu 11 (NB). Cho hình nón có đường cao $h$ và bán kính đường tròn đáy là $r$. Tính thể tích của khối nón là:
A. $\pi {r^2}h$ B. $\frac{1}{3}\pi {r^2}h$ C. $2\pi r\sqrt {{h^2} + {r^2}} $ D. $\pi r\sqrt {{h^2} + {r^2}} $
Câu 12 (TH). Cho các số dương a, b, c thảo mãn $\ln \frac{a}{c} + \ln \frac{b}{c} = 0.$ Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. $abc = 1$ B. $ab = c$ C. $a + b = c$ D. $ab = {c^2}$
Câu 13 (TH). Cho hình chóp $S.ABCD$, các điểm $M,N,P,Q$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SA,SB,SC,SD.$ Tỉ số thể tích của khối chóp $S.MNPQ$ và $S.ABCD$ là:
A. $\frac{1}{{16}}$ B. $\frac{1}{8}$ C. $\frac{1}{2}$ D. $\frac{1}{4}$
Câu 14 (TH). Khối hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$ có $AB = a,AD = a\sqrt 3 ,AC’ = a\sqrt 6 $ có thể tích là:
A. $\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{3}$ B. ${a^3}\sqrt 6 $ C. $\frac{{2{a^3}\sqrt 6 }}{3}$ D. $3{a^3}\sqrt 2 $
Câu 15 (NB). Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng $5\pi {a^2}$ và bán kính đường tròn đáy bằng $a$. Độ dài đường sinh của hình nón đã cho là:
A. $5a$ B. $3\sqrt 2 a$ C. $3a$ D. $a\sqrt 5 $
Câu 16 (TH). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định trên $\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$, liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như sau
Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình $f\left( x \right) = m$ có 3 nghiệm thực phân biệt là
A. $\left[ { – 1;2} \right]$ B. $\left( { – 1;2} \right)$ C. $\left( { – 1;2} \right]$ D. $\left( { – \infty ;2} \right]$
Câu 17 (TH). Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ có $AB = 3a,BC = a.$ Khi quay hình tam giác đó xung quanh đường thẳng $AB$ một góc $360^\circ $ ta được một khối tròn xoay. Thể tích của khối tròn xoay đó là:
A. $3\pi {a^3}$ B. $\frac{{\pi {a^3}}}{2}$ C. $\frac{{\pi {a^3}}}{3}$ D. $\pi {a^3}$
Câu 18 (NB). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đồ thị như hình vẽ bên.
Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {0;2} \right)$ B. Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {0;3} \right)$
C. Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { – 1;0} \right)$ D. Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { – 3;0} \right)$
Câu 19 (TH). Hàm số $y = {x^4} – m{x^2} + 1$ có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi:
A. $m < 0$ B. $m \le 0$ C. $m \ge 0$ D. $m > 0$
Câu 20 (TH). Cho $y = {e^x}\left( {x + m} \right).$ Biết $y’\left( 0 \right) = 1.$ Giá trị của biểu thức $y’\left( 1 \right)$ bằng:
A. $e$ B. $2e$ C. $4e$ D. $3e$
Câu 21 (TH). Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a,$ tam giác $SAB$ cân tại $S$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right).$ Góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ là $60^\circ .$ Thể tích của khối chóp $S.ABCD$ là:
A. $\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{9}$ B. $\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}$ C. $\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}$ D. ${a^3}\sqrt 3 $
Câu 22 (TH). Điều kiện cần và đủ của tham số $m$ để đường thẳng $y = 2x + 1$ cắt đồ thị hàm số $y = \frac{{x + m}}{{x – 1}}$ tại hai điểm phân biệt là:
A. $m \ge – \frac{3}{2}$ và $m \ne – 1$ B. $m \ge – \frac{3}{2}$ C. $m > – \frac{3}{2}$ D. $m > – \frac{3}{2}$ và $m \ne – 1$
Câu 23 (TH). Hàm số $y = {\log _{0,5}}\left( { – {x^2} + 12x} \right)$ đồng biến trên khoảng?
A. $\left( {0;6} \right)$ B. $\left( {6; + \infty } \right)$ C. $\left( {6;12} \right)$ D. $\left( { – \infty ;6} \right)$
Câu 24 (TH). Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng $a$ và cạnh bên bằng $2a.$ Thể tích khối chóp là:
A. $\frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{6}$ B. $\frac{{{a^3}\sqrt {11} }}{{24}}$ C. $\frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{{12}}$ D. $\frac{{{a^3}\sqrt {11} }}{{12}}$
Câu 25 (TH). Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng $4\pi $ và có thiết diện qua trục của nó là một hình vuông. Tính thể tích của khối trụ
A. $\pi $ B. $2\pi $ C. $4\pi $ D. $3\pi $
Câu 26 (TH). Điều kiện cần và đủ của $m$ để hàm số $y = \frac{1}{3}{x^3} – m{x^2} + 4x + 5$ có hai điểm cực trị là:
A. $m \in \mathbb{R}\backslash \left( { – 2;2} \right)$ B. $m \in \left( { – \infty ; – 2} \right) \cup \left( { – 2; + \infty } \right)$
C. $m \in \left( { – 2;2} \right)$ D. $m \in \left[ { – 2;2} \right]$
Câu 27 (TH). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây là sai?
A. Hàm số đạt cực tiểu bằng 0 B. Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 0$
C. Hàm số đạt cực đại bẳng 3 D. Hàm số đạt cực đại tại $x = 1$
Câu 28 (TH). Cho hàm số $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a,$cạnh bên $SA$ vuông góc với $mp\left( {ABCD} \right),$ góc giữa đường thẳng $SC$ và $mp\left( {ABCD} \right)$ là $60^\circ .$ Tính thể tích khối chóp $S.ABCD$ là:
A. $\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}$ B. $\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}$ C. $\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}$ D. $\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{3}$
Câu 29 (TH). Giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = x.{e^x}$ trên đoạn $\left[ { – 2;2} \right]$ bằng:
A. $\frac{{ – 1}}{e}$ B. 0 C. $\frac{{ – 2}}{{{e^2}}}$ D. $e$
Câu 30 (NB). Tập nghiệm của bất phương trình ${\log _2}\left( {x – 1} \right) < 4$ là:
A. $\left( { – \infty ;17} \right]$ B. $\left( { – \infty ;17} \right)$ C. $\left[ {1;17} \right)$ D. $\left( {1;17} \right)$
Câu 31 (NB). Trong không gian tọa độ $Oxyz,$ độ dài của véc tơ $\overrightarrow u \left( {1;2;2} \right)$ là:
A. 3 B. 5 C. 2 D. 9
Câu 32 (VD). Cho ba số thực dương $a,b,c$ khác 1. Đồ thị các hàm số $y = {a^x},y = {b^x},y = {c^x}$ được cho trong hình vẽ bên. Khẳng định nào dưới đây đúng?
A. $b < c < a$ B. $a < c < b$ C. $c < a < b$ D. $a < b < c$
Câu 33 (TH). Nếu hàm số $y = \sin x$ là một nguyên hàm của hàm số $y = f\left( x \right)$ thì:
A. $f\left( x \right) = – \cos x$ B. $f\left( x \right) = \sin x$ C. $f\left( x \right) = \cos x$ D. $f\left( x \right) = – \sin x$
Câu 34 (TH). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như hình vẽ bên
Số đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ là:
A. 3 B. 1 C. 0 D. 2
Câu 35 (TH). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm $f’\left( x \right) = {x^3} – 3x.$ Mệnh đề nào sau đây là đúng A. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ;1} \right)$
B. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( {1; + \infty } \right)$
C. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( { – 1;1} \right)$
D. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( {\sqrt 3 ; + \infty } \right)$
Câu 36 (TH). Đạo hàm của hàm số $y = \log x$ là
A. $\frac{{\log e}}{x}$ B. $\frac{1}{x}$ C. $x$ D. $\frac{1}{{x\log 10}}$
Câu 37 (TH). Hình bên là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số sau đây
A. $y = {\left( {\frac{7}{5}} \right)^x}$ B. $y = {\log _7}x$ C. ${\left( {\frac{5}{7}} \right)^x}$ D. ${\log _{0,7}}x$
Câu 38 (TH). Cho hình nón có độ dài đường sinh bằng đường kính đường tròn đáy. Góc ở đỉnh của hình nón bằng:
A. $60^\circ $ B. $150^\circ $ C. $120^\circ $ D. $30^\circ $
Câu 39 (TH). Cho hàm số $f\left( x \right) = \ln \left( {{x^2} – 4} \right).$ Số nghiệm của phương trình $f’\left( x \right) = 0$ là:
A. 3 B. 1 C. 0 D. 2
Câu 40 (VD). Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA \bot \left( {ABC} \right),$ tam giác $ABC$ vuông tại $B.$ Biết $SA = 4a,AB = 2a,BC = 4a.$ Bán kính $R$ của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là
A. $3a$ B. $2a$ C. $a$ D. $6a$
Câu 41 (VD). Điều kiện của m để hàm số $y = {x^3} – 3{x^2} + mx – 1$ đạt cực trị tại ${x_1},{x_2}$ thỏa mãn ${x_1}^2 + {x_2}^2 = 6$ là:
A. $m = 3$ B. $m = – 1$ C. $m = 1$ D. $m = – 3$
Câu 42 (NB). Tập xác định của hàm số $y = {x^{\frac{1}{3}}}$ là:
A. $\left( {0; + \infty } \right)$ B. $\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$ C. $\left[ {0; + \infty } \right)$ D. $\mathbb{R}$
Câu 43 (TH). Số nghiệm của phương trình $\frac{{{x^2} – x}}{{{{\log }_2}x}} = 0$ là:
A. 3 B. 1 C. 2 D. 0
Câu 44 (TH). Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$ có $AB = a;AD = 2a;AA’ = 2a.$ Bán kính $R$ của mặt cầu ngoại tiếp hình hộp đã cho là:
A. $3a$ B. $2a$ C. $\frac{{3a}}{2}$ D. $5a$
Câu 45 (VD). Tổng số đường tiệm cận ngang và đường tiện cận đứng của đồ thị hàm số $y = \ln x$ là:
A. 1 B. 0 C. 2 D. 3
Câu 46 (TH). Mệnh đề nào dưới đây là sai?
A. ${\log _{\frac{1}{2}}}x < {\log _{\frac{1}{2}}}y \Leftrightarrow x > y > 0$ B. ${\log _5}x < 0 \Leftrightarrow 0 < x < 1$
C. ${\log _4}{x^2} > {\log _2}y \Leftrightarrow x > y > 0$ D. $\log x > 0 \Leftrightarrow x > 1$
Câu 47 (TH). Trong các mệnh đề nào sau đây, mệnh đề nào sai?
A. Bất kì một hình hộp chữ nhật nào cũng có một mặt cầu ngoại tiếp
B. Bất kì một hình chóp đều nào cũng có một mặt cầu ngoại tiếp
C. Bất kì một hình hộp nào cũng có một mặt cầu ngoại tiếp
D. Bất kì một hình tứ diện nào cũng có mặt cầu ngoại tiếp
Câu 48 (TH). Cho một hình nón có bán kính đường tròn đáy bằng $R$, đường sinh bằng $l.$ Tỉ số giữa diện tích xung quanh và diện tích đáy của hình nón bằng:
A. $\frac{{2R}}{l}$ B. $\frac{{2l}}{R}$ C. $\frac{R}{l}$ D. $\frac{l}{R}$
Câu 49 (NB). Một khối trụ có chiều cao và bán kính đường tròn đáy cùng bằng $R$ thì có thể tích bằng:
A. $\frac{{2\pi {R^3}}}{3}$ B. $\pi {R^3}$ C. $\frac{{\pi {R^3}}}{3}$ D. $2\pi {R^3}$
Câu 50 (TH). Tập nghiệm của bất phương trình $\ln \frac{1}{x} > 0$ là:
A. $\left( { – \infty ;1} \right)$ B. $\left( {0;1} \right)$ C. $\left( {1; + \infty } \right)$ D. $\mathbb{R}$
Đáp án
| 1-A | 2-B | 3-A | 4-C | 5-B | 6-C | 7-A | 8-A | 9-C | 10-D |
| 11-B | 12-D | 13-B | 14-B | 15-A | 16-B | 17-D | 18-C | 19-D | 20-B |
| 21-C | 22-D | 23-A | 24-D | 25-B | 26-B | 27-B | 28-D | 29-A | 30-D |
| 31-A | 32-B | 33-C | 34-D | 35-D | 36-A | 37-C | 38-A | 39-C | 40-A |
| 41-D | 42-A | 43-D | 44-C | 45-A | 46-C | 47-C | 48-B | 49-B | 50-B |
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Phương pháp
Sử dụng công thức lãi kép ${A_n} = A{\left( {1 + r} \right)^n}.$ Trong đó:
${A_n}:$ Số tiền nhận được sau $n$ năm (Cả gốc lẫn lãi)
$A:$ Số tiền gốc ban đầu.
$r:$ lãi suất (%/năm)
$n:$ Số năm gửi.
Cách giải:
Giả sử sau $n$ năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 125 triệu.
Yêu cầu bài toán trở thành tìm $n$ để $100{\left( {1 + 0,5\% } \right)^n} > 125 \Rightarrow n > 44,74.$
Vậy cần ít nhất 45 tháng để người đó có nhiều hơn 125 triệu.
Câu 2: Đáp án B
Phương pháp:
$F\left( x \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)$ thì $F’\left( x \right) = f\left( x \right).$
Cách giải:
Do $F\left( x \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)$ nên $F’\left( x \right) = f\left( x \right).$
$F’\left( {25} \right) = f\left( {25} \right) = {25^2} = 625.$
Câu 3: Đáp án A
Phương pháp:
Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ khi và chỉ khi $f’\left( x \right) \ge 0\forall x \in \mathbb{R}.$
Cách giải:
Ta có: $y’ = {x^2} + 2mx + 9$.
Để hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$ thì $y’ \ge 0{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}.$
$ \Rightarrow {x^2} + 2mx + 9 \ge 0\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 > 0{\rm{ }}\left( {luon{\rm{ }}dung} \right)\\\Delta ‘ = {m^2} – 9 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow – 3 \le m \le 3.$
Vậy $m \in \left[ { – 3;3} \right].$
Câu 4: Đáp án C
Phương pháp
– Tìm điều kiện xác định của hàm số.
– Tính $y’$ trên khoảng xác định đó.
– Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định khi và chỉ khi $y’ \ge 0$ và dấu “=” chỉ xảy ra hữu hạn điểm.
Cách giải:
TXĐ: $D = \left( { – \infty ; – 1} \right) \cup \left( { – 1; + \infty } \right)$
Ta có: $y’ = \frac{{m – 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}.$
Hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng xác định khi và chỉ khi $y’ \ge 0 \Leftrightarrow m \ge 1$
Với $m = 1$ ta có $y = \frac{{x + 1}}{{x + 1}} = 1$ không đồng biến trên từng khoảng xác định.
Vậy $m > 1.$
Câu 5: Đáp án B
Phương pháp
Giải phương trình mũ cơ bản: ${a^x} = b \Leftrightarrow x = {\log _a}b\left( {0 < a \ne 1,b > 0} \right)$
Cách giải:
${2^{ – x}} = 3 \Rightarrow – x = {\log _2}3 \Leftrightarrow x = – {\log _2}3 \Leftrightarrow x = {\log _2}\frac{1}{3}.$
Câu 6: Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng công thức giải nhanh: $R = \frac{{{{\left( {canh{\rm{ }}ben} \right)}^2}}}{{2h}}$ với $h$ là chiều cao của hình chóp.
Cách giải:
Gọi $O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right).$
$ABCD$ là hình vuông cạnh $a \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \Rightarrow AO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.$
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông $SAO$ có:
$SO = \sqrt {S{A^2} – A{O^2}} = \sqrt {{a^2} – \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.$
Vậy $R = \frac{{S{A^2}}}{{2SO}} = \frac{{{a^2}}}{{2.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.$
Câu 7: Đáp án A
Phương pháp:
Nhận biết hàm bậc 4 trùng phương.
Cách giải:
Đồ thị hàm số đi qua $O\left( {0;0} \right) \Rightarrow $ Loại phương án D.
Nét cuối cùng của đồ thị hàm số đi xuống $ \Rightarrow $ Loại đáp án B và C.
Vậy đáp án đúng là A.
Câu 8: Đáp án A
Phương pháp:
Giải bất phương trình mũ cơ bản: ${a^{f\left( x \right)}} \ge {a^{g\left( x \right)}} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a > 1\\f\left( x \right) \ge g\left( x \right)\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\f\left( x \right) \le g\left( x \right)\end{array} \right.\end{array} \right..$
Cách giải:
Vì $e > 1$ nên ${e^{{x^2}}} \ge {e^{3x – 2}} \Leftrightarrow {x^2} \ge 3x – 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 2\\x \le 1\end{array} \right..$
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $\left( { – \infty ;1} \right] \cup \left[ {2; + \infty } \right).$
Câu 9: Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai.
Cách giải:
Đặt $t = {3^x}\left( {t > 0} \right),$ khi đó phương trình đã cho trở thành ${t^2} – 5t – 7 = 0.$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{{5 + \sqrt {53} }}{2}\left( {tm} \right)\\t = \frac{{5 – \sqrt {53} }}{2}\left( {ktm} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow {3^x} = \frac{{5 + \sqrt {53} }}{2} \Leftrightarrow x = {\log _3}\left( {\frac{{5 + \sqrt {53} }}{2}} \right).$
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm.
Câu 10: Đáp án D
Phương pháp:
Đồ thị hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ có đường tiệm cận đứng $x = \frac{{ – d}}{c};$ có đường tiệm cận ngang $y = \frac{a}{c}.$
Cách giải:
Tiệm cận của đồ thị hàm số đã cho là $x = – 1.$
Câu 11: Đáp án B
Phương pháp
Thể tích của khối nón khi có đường cao là $h,$ bán kính đáy là $r$ là $V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h.$
Cách giải:
Thể tích của khối nón khi có đường cao là $h,$ bán kính đáy là $r$ là $V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h.$
Câu 12: Đáp án D
Phương pháp:
Sử dụng công thức: $\ln x + \ln y = \ln \left( {xy} \right){\rm{ }}\left( {x,y > 0} \right).$
Cách giải:
$\ln \frac{a}{c} + \ln \frac{b}{c} = 0 \Leftrightarrow \ln \left( {\frac{a}{c}.\frac{b}{c}} \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{ab}}{{{c^2}}} = 1 \Leftrightarrow ab = {c^2}.$
Câu 13: Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng công thức tỉ số thể tích Simson.
Cách giải:
Ta có: ${V_{S.MNPQ}} = {V_{S.MNP}} + {V_{S.MPQ}}.$
$\frac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SB}}.\frac{{SP}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{8}$
$ \Rightarrow {V_{S.MNP}} = \frac{1}{8}{V_{S.ABC}} = \frac{1}{8}.\frac{1}{2}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{{16}}{V_{S.ABCD}}$
$\frac{{{V_{S.MPQ}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SP}}{{SC}}.\frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{8}$
$ \Rightarrow {V_{S.MPQ}} = \frac{1}{8}{V_{S.ACD}} = \frac{1}{8}.\frac{1}{2}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{{16}}{V_{S.ABCD}}$
$ \Rightarrow {V_{S.MNPQ}} = {V_{S.MNP}} + {V_{S.MPQ}} = \frac{1}{{16}}{V_{S.ABCD}} + \frac{1}{{16}}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{8}{V_{S.ABCD}}.$
Chú ý: Tỉ số thể tích trên chỉ áp dụng cho hình chóp tam giác, không áp dụng cho hình chóp tứ giác, ngũ giác,…
Câu 14: Đáp án B
Phương pháp:
Hình hộp chữ nhật có kích thước $a \times b \times c$ có thể tích $V = a.b.c$.
Cách giải:
Áp dụng định lý Pytago ta có:
$AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + 3{a^2}} = 2a$
$AA’ = \sqrt {A{{C’}^2} – A{C^2}} = \sqrt {6{a^2} – 4{a^2}} = a\sqrt 2 $
Vậy thể tích khối hộp hình hộp chữ nhật là $V = a.a\sqrt 3 .a\sqrt 2 = {a^3}\sqrt 6 $
Câu 15: Đáp án A
Phương pháp:
Diện tích xung quanh của hình nón bằng $\pi rl$ ($r$ là bán kính, $l$ là đường sinh).
Cách giải:
Gọi $l$ là độ dài đường sinh của hình nón ta có: $5\pi {a^2} = \pi al \Leftrightarrow l = 5a.$
Câu 16: Đáp án B
Phương pháp:
Phương trình $f\left( x \right) = m$ có $k$ nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng $y = m$ cắt đồ thị hàm số đã cho tại $k$ điểm phân biệt.
Cách giải:
Từ bảng biến thiên của hàm số đã cho, $f\left( x \right) = m$ có 3 nghiệm thực phân biệt $ \Leftrightarrow m \in \left( { – 1;2} \right)$
Câu 17: Đáp án D
Phương pháp:
– Khi quay một tam giác vuông theo một cạnh góc vuông, ta được một hình nón có chiều cao là cạnh góc vuông đó, bán kính đường tròn đáy là cạnh góc vuông còn lại, đường sinh là cạnh huyền.
– Áp dụng công thức tính thể tích khối nón $V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h$ (r là bán kính đáy, h là độ dài đường cao)
Cách giải
Khi quay tam giác $ABC$ quanh cạnh $AB$ ta nhận được một khối nón có chiều cao $h = AB = 3a,$ bán kính đáy $r = BC = a.$
Vậy thể tích của khối tròn xoay là $V = \frac{1}{3}\pi {a^2}.3a = \pi {a^3}.$
Câu 18: Đáp án C
Phương pháp
Dựa vào đồ thị hàm số xác định các khoảng đơn điệu của hàm số.
Cách giải
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:
Hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng $\left( { – \infty ; – 1} \right)$ và $\left( {0;2} \right).$
đồng biến trên các khoảng $\left( { – 1;0} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right).$
Câu 19: Đáp án D
Phương pháp:
Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình $y’ = 0$ có 3 nghiệm phân biệt.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}.$
Ta có: $y’ = 4{x^3} – 2mx$
$y’ = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} – 2mx = 0 \Leftrightarrow 2x\left( {2{x^2} – m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = \frac{m}{2}\end{array} \right.$
Hàm số đã cho có 3 điểm cực trị $ \Leftrightarrow y’ = 0$ có 3 nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow $ phương trình ${x^2} = \frac{m}{2}$ có 2 nghiệm phân biệt và khác 0 $ \Rightarrow m > 0.$
Câu 20: Đáp án B
Phương pháp:
+ Tính đạo hàm của hàm số.
+ Cho $y’\left( 0 \right) = 1$ để tìm $m.$
+ Tính $y’\left( 1 \right).$
Cách giải:
Ta có:
$y’ = {\left( {{e^x}} \right)^\prime }.\left( {x + m} \right) + {e^x}{\left( {x + m} \right)^\prime }$
$ = {e^x}.\left( {x + m} \right) + {e^x}.1$
$ = {e^x}\left( {x + m + 1} \right)$
Thay $x = 0$ vào ta được $y’\left( 0 \right) = m + 1 = 1 \Leftrightarrow m = 0.$
$ \Rightarrow y’ = {e^x}\left( {x + 1} \right) \Rightarrow y’\left( 1 \right) = {e^1}.\left( {1 + 1} \right) = 2e.$
Câu 21: Đáp án C
Phương pháp:
– Tìm chân đường cao của khối chóp đã cho.
– Xác định góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ và $\left( {ABCD} \right),$ từ đó tính được chiều cao của hình chóp.
– Tính thể tích khối chóp $V = \frac{1}{3}{S_{day}}.h$.
Cách giải
Gọi $H$ là trung điểm của $AB.$
$\Delta SAB$ cân tại $S$ nên $SH \bot AB.$
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \supset SH \bot AB\end{array} \right..$
Gọi $K$ là trung điểm $CD \Rightarrow HK \bot CD.$
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot HK\\CD \bot SH\left( {SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow DCD \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow CD \bot SK.$
$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD\\\left( {SCD} \right) \supset SK \bot CD\\\left( {ABCD} \right) \supset HK \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SK;HK} \right) = \angle SKH = 60^\circ $
Do $SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot HK \Rightarrow \Delta SHK$ vuông tại $H.$
Ta có: $HK = AB = a \Rightarrow SH = HK.\tan SKH = a\sqrt 3 .$
Vậy thể tích của khối chóp đã cho là ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.AB.AD = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}$.
Câu 22: Đáp án D
Phương pháp:
Tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn TXĐ.
Cách giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng $d$ và đồ thị hàm số $\left( C \right)$ là:
$2x + 1 = \frac{{x + m}}{{x – 1}}\left( {x \ne 1} \right) \Leftrightarrow \left( {2x + 1} \right)\left( {x – 1} \right) = x + m$
$ \Leftrightarrow 2{x^2} – x – 1 = x + m \Leftrightarrow 2{x^2} – 2x – \left( {m + 1} \right) = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)$
Để $d$ cắt $\left( C \right)$ tại hai điểm phân biệt thì phương trình $\left( 1 \right)$ có 2 nghiệm phân biệt khác 1.
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ‘ > 0\\{2.1^2} – 2.1 – \left( {m + 1} \right) \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 + 2\left( {m + 1} \right) > 0\\m \ne – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > – \frac{3}{2}\\m \ne – 1\end{array} \right..$
Câu 23: Đáp án A
Phương pháp:
Giải bất phương trình $y’ > 0$ và kết luận các khoảng đồng biến của hàm số.
Cách giải:
TXĐ: $D = \left( {0;12} \right)$
Ta có: $y’ = \frac{{ – 2x + 12}}{{ – {x^2} + 12x}}.\ln \left( {0,5} \right)$
Bảng xét dấu của $y’$ như sau (Chỉ xét trên tập xác định)
$ \Rightarrow y’ > 0 \Leftrightarrow 0 < x < 6$
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên $\left( {0;6} \right).$
Câu 24: Đáp án D
Phương pháp:
– Chân đường cao hạ từ đỉnh xuống đáy của hình chóp đều là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.
– Tính độ dài đường cao của khối chóp.
– Thể tích khối chóp $V = \frac{1}{3}{S_{day}}.h$.
Cách giải:
Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đáy $ \Rightarrow SI \bot \left( {ABC} \right).$
Tam giác $ABC$ đều cạnh $a \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.$
Ta có: $AI = R = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.$
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông $SIA$ có:
$SI = \sqrt {S{A^2} – A{I^2}} = \sqrt {4{a^2} – \frac{{{a^2}}}{3}} = \frac{{a\sqrt {33} }}{3}$
Vậy ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SI.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt {33} }}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt {11} }}{{12}}.$
Câu 25: Đáp án B
Phương pháp:
Diện tích xung quanh của khối trụ là $2\pi rh$ ($r$ là bán kính đáy, $h$ là chiều cao của khối trụ).
Thể tích của khối trụ là $\pi {r^2}h.$
Cách giải:
Thiết diện qua trục của khối trụ là hình vuông nên chiều cao của khối trụ bằng đường kính đáy.
$ \Rightarrow h = 2r$
Diện tích xung quanh bằng $4\pi \Rightarrow 2\pi rh = 4\pi $
$ \Rightarrow 2\pi .r.2r = 4\pi \Leftrightarrow {r^2} = 1 \Leftrightarrow r = 1 \Rightarrow h = 2.$
Vậy thể tích của khối trụ là $V = \pi {r^2}h = \pi {.1^2}.2 = 2\pi .$
Câu 26: Đáp án B
Phương pháp:
Hàm số liên tục trên $\mathbb{R}$ có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình $y’ = 0$ có hai nghiệm phân biệt.
Cách giải:
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên $\mathbb{R}.$
Ta có: $y’ = {x^2} – 2mx + 4.$
Hàm số đã cho có 2 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình $y’ = 0$ có 2 nghiệm phân biệt.
$ \Leftrightarrow \Delta ‘ > 0 \Leftrightarrow {m^2} – 4 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 2\\m < – 2\end{array} \right..$
Vậy $m \in \left( { – \infty ; – 2} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right).$
Câu 27: Đáp án B
Phương pháp:
Xác định điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số dựa vào BBT.
Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy:
Hàm số đạt cực tiểu bằng 0 tại $x = 2.$
Hàm số đạt cực đại bằng 3 tại $x = 1.$
Do đó phương án sai là B.
Câu 28: Đáp án D
Phương pháp:
– Xác định góc giữa $SC$ và $\left( {ABCD} \right).$
– Tính chiều cao của khối chóp.
– Tính thể tích khối chóp: $V = \frac{1}{3}{S_{day}}.h$.
Cách giải:
Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow $ Hình chiếu của $SC$ lên $\left( {ABCD} \right)$ là $AC.$
$ \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle SCA = 60^\circ .$
$ABCD$ là hình vuông cạnh $a \Rightarrow AC = a\sqrt 2 .$
Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC \Rightarrow \Delta SAC$ vuông tại $A.$
Xét tam giác vuông $SAC$ có:
$SA = AC.\tan 60^\circ = a\sqrt 2 .\sqrt 3 = a\sqrt 6 .$
Vậy ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 6 .{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{3}.$
Câu 29: Đáp án A
Phương pháp:
– Tính $y’$
– Cho $y’ = 0,$ vẽ bảng biến thiên của đồ thị hàm số.
– Từ BBT suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số.
Cách giải:
Ta có: $y’ = 1.{e^x} + x.{e^x} = \left( {x + 1} \right){e^x} = 0 \Leftrightarrow x = – 1$
BBT:
Từ BBT suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số là $\frac{{ – 1}}{e}$ tại $x = – 1.$
Câu 30: Đáp án D
Phương pháp:
– Tìm TXĐ của bất phương trình.
– Giải bất phương trình logarit cơ bản: ${\log _a}x < b \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a > 1\\x < {a^b}\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\x > {a^b}\end{array} \right.\end{array} \right..$
Cách giải:
ĐKXĐ: $x > 1.$
Ta có: ${\log _2}\left( {x – 1} \right) < 4 \Leftrightarrow x – 1 < {2^4} \Leftrightarrow x < 17$
Kết hợp ĐKXĐ suy ra $1 < x < 17.$
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( {1;17} \right).$
Chú ý: Lưu ý ĐKXĐ của bất phương trình trước khi giải.
Câu 31: Đáp án A
Phương pháp:
Độ dài của vecto $\overrightarrow u \left( {a;b;c} \right)$ là $\left| {\overrightarrow u } \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} .$
Cách giải:
Độ dài của vecto $\overrightarrow u \left( {1;2;2} \right)$ là $\left| {\overrightarrow u } \right| = \sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} = 3.$
Câu 32: Đáp án B
Phương pháp:
Hàm số $y = {a^x}$ đồng biến nếu $a > 1,$ nghịch biến nếu $0 < a < 1$
Cách giải:
Hàm số $y = {a^x}$ nghịch biến trên $\mathbb{R} \Leftrightarrow 0 < a < 1.$
Hàm số $y = {b^x},y = {c^x}$ đồng biến trên $\mathbb{R} \Leftrightarrow b,c > 1.$
Cho cùng giá trị của $x = {x_0},$ ta thấy ${b^{{x_0}}} > {c^{{x_0}}} \Rightarrow b > c > 1.$
Vậy $b > c > 1 > a > 0 \Leftrightarrow a < c < b.$
Câu 33: Đáp án C
Phương pháp:
Nếu $F\left( x \right)$ là 1 nguyên hàm của hàm số $y = f\left( x \right)$ thì $F’\left( x \right) = f\left( x \right).$
Cách giải:
$y = \sin x$ là nguyên hàm số hàm số $y = f\left( x \right).$
$ \Rightarrow f\left( x \right) = {\left( {\sin x} \right)^\prime } = \cos x.$
Câu 34: Đáp án D
Phương pháp:
Cho hàm số $y = f\left( x \right).$
– Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} y = \infty \Rightarrow x = {x_0}$ là TCĐ của đồ thị hàm số.
– Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = {y_0} \Rightarrow y = {y_0}$ là TCN của đồ thị hàm số.
Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = – 1 \Rightarrow y = – 1$ là TCN của đồ thị hàm số.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 1 \Rightarrow y = 1$ là TCN của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số có 2 đường TCN.
Câu 35: Đáp án D
Phương pháp:
Xét dấu của $f’\left( x \right)$
$f’\left( x \right) > 0$ với mọi $x \in D$ thì hàm số đồng biến trên khoảng $D$
$f’\left( x \right) < 0$ với mọi $x \in D$ thì hàm số nghịch biến trên khoảng $D$
Cách giải:
Ta có: $f’\left( x \right) = {x^3} – 3x = x\left( {x – \sqrt 3 } \right)\left( {x + \sqrt 3 } \right)$
Dấu của $f’\left( x \right):$
$ \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { – \sqrt 3 ;0} \right)$ và $\left( {\sqrt 3 ; + \infty } \right).$
Hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( { – \infty ; – \sqrt 3 } \right)$ và $\left( {0;\sqrt 3 } \right).$
Dựa vào các đáp án ta thấy chỉ có đáp án D đúng.
Câu 36: Đáp án A
Phương pháp:
– Sử dụng công thức tính đạo hàm ${\left( {{{\log }_a}x} \right)^\prime } = \frac{1}{{x\ln a}}.$
– Sử dụng công thức ${\log _a}b = \frac{{{{\log }_c}b}}{{{{\log }_c}a}}.$
Cách giải:
$y = \log x \Rightarrow y’ = {\left( {\log x} \right)^\prime } = \frac{1}{{x.\ln 10}} = \frac{1}{{x.\frac{{\log 10}}{{\log e}}}} = \frac{{\log e}}{x}$
Câu 37: Đáp án C
Phương pháp:
Dựa vào một số tính chất của hàm số mũ và hàm số logarit.
Cách giải:
Từ đồ thị hàm số, ta thấy:
– Hàm số xác định và liên tục trên $\mathbb{R}$ nên loại đáp án B và D.
– Hàm số đã cho nghịch biến trên $\mathbb{R}$ nên loại đáp án A.
Câu 38: Đáp án A
Phương pháp:
Độ dài đường sinh là $l,$ bán kính đường tròn đáy là $r,$ góc ở đỉnh là $2\alpha .$
Sử dụng mối liên hệ $\sin \alpha = \frac{r}{l}.$
Cách giải:
Độ dài đường sinh là $l,$ bán kính đường tròn đáy là $r,$ góc ở đỉnh là $2\alpha .$
Theo giả thiết ta có $l = 2r$
$\sin \alpha = \frac{r}{l} = \frac{1}{2} \Rightarrow \alpha = 30^\circ \Rightarrow 2\alpha = 60^\circ .$
Vậy góc ở đỉnh của hình nón bằng $60^\circ .$
Câu 39: Đáp án C
Phương pháp:
– Tìm TXĐ của hàm số.
– Tính $y’$
– Giải phương trình $y’ = 0.$
Cách giải:
TXĐ: $D = \left( { – \infty ; – 2} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)$
Ta có $f’\left( x \right) = \frac{{2x}}{{{x^2} – 4}},{\rm{ }}f’\left( 0 \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0{\rm{ }}\left( {ktm} \right).$
Vậy phương trình $f’\left( 0 \right) = 0$ vô nghiệm.
Câu 40: Đáp án A
Phương pháp:
Xác định được tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
– Xác định trục $d$ của mặt đáy.
– Xác định mặt phẳng trung trực $\left( P \right)$ của 1 cạnh bên.
– Xác định giao điểm của $d$ và $\left( P \right),$ đó chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp.
Cách giải:
Gọi $M,N,I$ lần lượt là trung điểm của $AC,SA,SC.$
Tam giác $ABC$ vuông tại $B \Rightarrow M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC.$
Lại có $IM$ là đường trung bình của tam giác $SAC \Rightarrow IM//SA \Rightarrow IM \bot \left( {ABC} \right).$
$ \Rightarrow IA = IB = IC\left( 1 \right).$
$IN$ là đường trung bình của tam giác $SAC \Rightarrow IN//AC.$
Mà $AC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right) \Rightarrow IN \bot SA \Rightarrow IN$ là đường trung trực của $SA.$
$ \Rightarrow IS = IA\left( 2 \right).$
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right) \Rightarrow IA = IB = IC = IS \Rightarrow I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp $S.ABC,$ bán kính mặt cầu là $R = IS = \frac{{SC}}{2}.$
Áp dụng định lý Pytago ta có:
$AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {4{a^2} + 16{a^2}} = \sqrt {20{a^2}} $
$SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {16{a^2} + 20{a^2}} = 6a$
Vậy $R = \frac{1}{2}SC = 3a.$
Câu 41: Đáp án D
Phương pháp:
– Tính $y’$
– Tìm điều kiện của m để pt $y’ = 0$ có 2 nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}.$
– Áp dụng định lí Vi-et để tính ${x_1} + {x_2},{\rm{ }}{x_1}.{x_2}$.
– Dùng dữ kiện đề bài để tính $m,$ sau đó kiểm tra lại điều kiện.
Cách giải:
Ta có $y’ = 3{x^2} – 6x + m$
Để hàm số đã cho có 2 điểm cực trị thì phương trình $y’ = 0$ phải có hai nghiệm phân biệt.
$ \Leftrightarrow \Delta ‘ > 0 \Leftrightarrow 9 – 3m > 0 \Leftrightarrow m < 3.$
Với $m < 3,$ phương trình $y’ = 0$ có 2 nghiệm phân biệt ${x_1},{\rm{ }}{x_2}.$
Áp dụng định lí Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}.{x_2} = \frac{m}{3}\end{array} \right.$
Theo giả thiết
${x_1}^2 + {x_2}^2 = 6 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 2{x_1}.{x_2} = 6\,$
$ \Leftrightarrow 4 – \frac{{2m}}{3} = 6 \Leftrightarrow \frac{{2m}}{3} = – 2 \Leftrightarrow m = – 3\left( {tm} \right).$
Vậy $m = – 3.$
Câu 42: Đáp án A
Phương pháp:
Cho hàm số $y = {x^n}:$
– Với $n \in {\mathbb{Z}^ + } \Rightarrow D = \mathbb{R}.$
– Với $n \in {\mathbb{Z}^ – } \Rightarrow D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}.$
– Với $n \notin Z \Rightarrow D = \left( {0; + \infty } \right)$
Cách giải:
Vì $\frac{1}{3}{ \in }\mathbb{Z} \Rightarrow $ Hàm số xác định $ \Leftrightarrow x > 0.$
Vậy TXĐ $D = \left( {0; + \infty } \right).$
Câu 43: Đáp án D
Phương pháp:
Tìm TXĐ và giải phương trình.
Cách giải:
ĐKXĐ: $\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\{\log _2}x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x \ne 1\end{array} \right..$
$\frac{{{x^2} – x}}{{{{\log }_2}x}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} – x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\left( {ktm} \right)\\x = 1\left( {ktm} \right)\end{array} \right..$
Câu 44: Đáp án C
Phương pháp:
Hình hộp chữ nhật có kích thước $a \times b \times c$ có bán kính mặt cầu ngoại tiếp là $R = \frac{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}{2}.$
Cách giải:
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối hộp là $R = \frac{{\sqrt {A{B^2} + A{D^2} + A{{A’}^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt {{a^2} + 4{a^2} + 4{a^2}} }}{2} = \frac{{3a}}{2}.$
Câu 45: Đáp án A
Phương pháp:
Cho hàm số $y = f\left( x \right)$.
– Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} y = \infty \Rightarrow x = {x_0}$ là TCĐ của đồ thị hàm số.
– Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = {y_0} \Rightarrow y = {y_0}$ là TCN của đồ thị hàm số.
Cách giải:
ĐKXĐ: $x > 0.$ (Do $x > 0$ nên không tìm $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y$)
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \Rightarrow $ Đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận ngang.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = – \infty \Rightarrow x = 0$ là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.
Vậy tổng số TCĐ và TCN của đồ thị hàm số đã cho là 1.
Câu 46: Đáp án C
Phương pháp:
Giải bất phương trình logarit cơ bản: ${\log _a}x < {\log _a}y \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a > 1\\0 < x < y\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\x > y > 0\end{array} \right.\end{array} \right..$
Cách giải:
Đáp án A đúng vì $0 < \frac{1}{2} < 1.$
Đáp án B đúng vì $5 > 1.$
Đáp án D đúng vì $10 > 1.$
Đáp án C: ${\log _4}{x^2} > {\log _2}y \Leftrightarrow {\log _{{2^2}}}{x^2} > {\log _2}y \Leftrightarrow {\log _2}\left| x \right| > {\log _2}y \Leftrightarrow \left| x \right| > y > 0.$
Vậy đáp án C sai.
Câu 47: Đáp án C
Phương pháp:
Một khối đa diện có mặt cầu ngoại tiếp khi tất cả các mặt của chúng đều là đa giác nội tiếp.
Cách giải:
Mệnh đề: Bất kì một hình hộp nào cũng có một mặt cầu ngoại tiếp là mệnh đề sai do các mặt của hình hộp là các hình bình hành, mà không phải hình bình hành nào cũng là tứ giác nội tiếp.
Câu 48: Đáp án B
Phương pháp:
Cho hình nón có bán kính đáy $R,$ đường sinh $l.$
– Diện tích xung quanh của hình nón là $2\pi Rl.$
– Diện tích đáy của hình nón là $\pi {R^2}.$
Cách giải:
Diện tích xung quanh của hình nón là $2\pi Rl.$
Diện tích đáy của hình nón là $\pi {R^2}.$
$ \Rightarrow $ Tỉ số giữa diện tích xung quanh và diện tích đáy của hình nón là: $\frac{{2\pi Rl}}{{\pi {R^2}}} = \frac{{2l}}{R}.$
Câu 49: Đáp án B
Phương pháp:
Thể tích khối trụ $V = \pi {R^2}h$ trong đó $R,h$ lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối trụ.
Cách giải:
Ta có: $V = \pi {R^2}h = \pi {R^2}.R = \pi {R^3}.$
Câu 50: Đáp án B
Phương pháp:
Giải bất phương trình logarit cơ bản: ${\log _a}x > {\log _a}y \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a > 1\\x > y > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\0 < x < y\end{array} \right.\end{array} \right..$
Cách giải:
ĐKXĐ: $x > 0.$
$\ln \frac{1}{x} > 0 \Leftrightarrow \frac{1}{x} > 1$ (Do $e > 1$) $ \Leftrightarrow 0 < x < 1.$
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( {0;1} \right).$
