Đề thi học kì 1 Toán 12 Sở giáo dục đào tạo Bình Phước có đáp án và lời giải chi tiết gồm 42 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.
| SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC | ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I
MÔN: Toán – Lớp 12 Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề |
Câu 1 (TH): Cho hàm số $y = 2{x^3} – 3{x^2} + 1$có đồ thị (C) và đường thẳng d: $y = x – 1$. Số giao điểm của (C) và d là
A. 1 B. 0 C. 2 D. 3
Câu 2 (VD): Tìm diện tích lớn nhất của hình chữ nhật nội tiếp trong nửa đường tròn bán kính 10cm, biết một cạnh của hình chữ nhật nằm dọc trên đường kính của đường tròn.
A. 80cm2. B. 100cm2. C. 160cm2. D. 200cm2.
Câu 3 (TH): Tổng lập phương các nghiệm thực của phương trình ${3^{{x^2} – 4x + 5}} = 9$ là
A. 26 B. 27 C. 28 D. 25
Câu 4 (NB): Hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên sau đây đồng biến trên khoảng nào ?
A. $\left( {0;2} \right).$ B. $\left( {2; + \infty } \right).$ C. $\left( { – \infty ; + \infty } \right).$ D. $\left( { – \infty ;0} \right).$
Câu 5 (VD): Tính thể tích khối chóp tứ giác đều S.ABCD biết $AB = a,SA = a.$
A. $\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}.$ B. $\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}.$ C. $\frac{{{a^3}}}{3}.$ D. ${a^3}.$
Câu 6 (TH): Bảng biến thiên ở hình bên dưới là bảng biến thiên của một trong bốn hàm số ở các đáp án A,B,C,D. Hàm số đó là hàm số nào ?
A. $y = \frac{{2x – 1}}{{x – 1}}.$ B. $y = \frac{{2x – 3}}{{x – 1}}.$ C. $y = \frac{{2x – 5}}{{x + 1}}.$ D. $y = \frac{{x + 1}}{{2x – 1}}.$
Câu 7 (VD): Cho hàm số $y = {x^3} + 3{x^2} – 9x + 15$. Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai ?
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { – 3;1} \right).$ B. Hàm số đồng biến trên $\left( { – 9; – 5} \right).$
C. Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}.$ D. Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {5; + \infty } \right).$
Câu 8 (VD): Giá trị nhỏ nhất của hàm số $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} – x + 1}}{{x – 1}}$ trên khoảng $\left( {1; + \infty } \right)$ là
A. $\mathop {\min }\limits_{\left( {1; + \infty } \right)} y = 3.$ B. $\mathop {\min }\limits_{\left( {1; + \infty } \right)} y = – 1.$ C. $\mathop {\min }\limits_{\left( {1; + \infty } \right)} y = 5.$ D. $\mathop {\min }\limits_{\left( {1; + \infty } \right)} y = \frac{{ – 7}}{3}.$
Câu 9 (VD): Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để bất phương trình ${\log _3}\left( {{x^2} + 4x + m} \right) \ge 1$ nghiệm đúng với mọi $x \in \mathbb{R}?$
A. $m \ge 7.$ B. $m < 4.$ C. $4 < m \le 7.$ D. $m > 7.$
Câu 10 (NB): Chọn công thức đúng ?
A. ${\left( {\ln 4x} \right)^\prime } = \frac{1}{x};\left( {x > 0} \right).$ B. ${\left( {\ln x} \right)^\prime } = \frac{1}{{x\ln a}};\left( {x > 0} \right).$
C. ${\left( {{{\log }_a}x} \right)^\prime } = \frac{1}{x};\left( {x > 0} \right).$ D. ${\left( {{{\log }_a}x} \right)^\prime } = \frac{x}{{\ln a}};\left( {x > 0} \right).$
Câu 11 (VD): Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đồ thị của hàm số $y = f’\left( x \right)$ như hình vẽ. Hàm số $g\left( x \right) = f\left( x \right) – \frac{{{x^2}}}{3} + {x^2} – x + 2$ đạt cực đại tại điểm nào ?
A. $x = – 1$ B. $x = 0$ C. $x = 1$ D. $x = 2$
Câu 12 (VD): Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B. Biết $AB = 3cm,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} BC’ = 3\sqrt 2 cm.$ Thể tích khối lăng trụ đã cho là
A. $\frac{{27}}{4}\left( {c{m^3}} \right).$ B. $27\left( {c{m^3}} \right).$ C. $\frac{{27}}{2}\left( {c{m^3}} \right).$ D. $\frac{{27}}{8}\left( {c{m^3}} \right).$
Câu 13 (NB): Cho $a > 0;b > 0.$ Viết biểu thức ${a^{\frac{2}{3}}}\sqrt a $ về dạng ${a^m}$ và biểu thức ${b^{\frac{2}{3}}}:\sqrt b $ về dạng ${b^n}$. Ta có $m – n = ?$
A. $\frac{1}{3}.$ B. $\frac{1}{2}.$ C. 1 D. −1
Câu 14 (NB): Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đồ thị (C) như hình vẽ. Chọn khẳng định đúng về hàm số $y = f\left( x \right)$.
A. $y = {x^2} – 1.$ B. $y = {x^4} – 2{x^2} + 1.$ C. $y = {x^3} – 3x + 2.$ D. $y = – {x^4} + 1.$
Câu 15 (VD): Phương trình ${\log _3}\left( {5x – 3} \right) + {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {{x^2} + 1} \right) = 0$ có 2 nghiệm ${x_1},{x_2}\left( {{x_1} < {x_2}} \right).$ Giá trị của $P = 2{x_1} + 3{x_2}$ là
A. 13 B. 14 C. 3 D. 5
Câu 16 (TH): Biết ${\log _7}2 = m,$ khi đó giá trị của ${\log _{49}}28$ được tính theo m là
A. $\frac{{m + 2}}{4}.$ B. $\frac{{1 + 4m}}{2}.$ C. $\frac{{1 + 2m}}{2}.$ D. $\frac{{1 + m}}{2}.$
Câu 17 (VD): Đồ thị của hàm số $y = {x^3} – 3{x^2} + 1$ cắt đường thẳng y=m tại ba điểm phân biệt thì tất cả các giá trị tham số m thỏa mãn là
A. $ – 3 \le m \le 1.$ B. $m > 1$ C. $m < – 3.$ D. $ – 3 < m < 1.$
Câu 18 (NB): Cho khối đa diện đều $\left( {p;q} \right)$, chỉ số q là
A. Số mặt của đa diện. B. Số đỉnh của đa diện. C. Số cạnh của đa diện. D. Số các mặt đi qua mỗi đỉnh.
Câu 19 (TH): Tỉ lệ tăng dân số hàng năm ở Việt Nam được duy trì ở mức 1,05%. Biết rằng, dân số của Việt Nam ngày 1 tháng 4 năm 2014 là 90.728.900 người. Với tốc độ tăng dân số nhự thế thì vào ngày 1 tháng 4 năm 2030 thì dân số của Việt Nam là
A. 106.118.331 người. B. 198.049.810 người. C. 107.232.574 người. D. 107.232.573 người.
Câu 20 (VD): Tính thể tích của khối trụ biết chu vi đáy của hình trụ đó bằng $6\pi \left( {cm} \right)$ và thiết diện qua trục là một hình chữ nhật có độ dài đường chéo bằng 10(cm).
A. $18\pi \left( {c{m^3}} \right).$ B. $24\pi \left( {c{m^3}} \right).$ C. $48\pi \left( {c{m^3}} \right).$ D. $72\pi \left( {c{m^3}} \right).$
Câu 21 (TH): Một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân có cạng góc vuông bằng a. Tính diện tích xung quanh của hình nón.
A. $\frac{{\pi {a^2}\sqrt 2 }}{2}.$ B. $\frac{{\pi {a^2}\sqrt 2 }}{4}.$ C. $\pi {a^2}\sqrt 2 .$ D. $\frac{{2\pi {a^2}\sqrt 2 }}{3}.$
Câu 22 (VD): Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có $SA \bot \left( {ABCD} \right).ABCD$ là hình thang vuông tại A và B biết $AB = 2a,AD = 3BC = 3a$. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a biết góc giữa $\left( {SCD} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ bằng ${60^o}$
A. $6\sqrt 6 {a^3}.$ B. $2\sqrt 6 {a^3}.$ C. $6\sqrt 3 {a^3}.$ D. $2\sqrt 3 {a^3}.$
Câu 23 (TH): Một chất điểm chuyển động theo phương trình $S = – {t^3} + 9{t^2} + t + 10$ trong đó t tính bằng (s) và S tính bằng (m). Thời gian vận tốc của chất điểm đạt giá trị lớn nhất là
A. $t = 5s$ B. $t = 2s$ C. $t = 6s$ D. $t = 3s$
Câu 24 (VD): Một người lần đầu gửi vào ngân hàng 100 triệu đồng với kì hạn 3 tháng, lãi suất 2% một quý theo hình thức lãi kép. Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 100 triệu đồng với kì hạn và lãi suất như trước đó. Tổng số tiền người đó nhận được 1 năm sau khi gửi tiền gần nhất với kết quả nào sau đây ?
A. 216 triệu. B. 212 triệu. C. 210 triệu. C. 220 triệu.
Câu 25 (NB): Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau
A. Hàm số $y = {a^x}\left( {a > 1} \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$.
B. Hàm số $y = {a^x}\left( {0 < a < 1} \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$.
C. Hàm số $y = {\log _a}x\left( {a > 1} \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right).$
D. Hàm số $y = {\log _a}x\left( {0 < a < 1} \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$.
Câu 26 (VD): Đồ thị hàm số $y = \frac{{1 – 3x}}{{x + 2}}$ có các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là:
A. $x = – 2;y = – 3.$ B. $x = – 2;y = 1.$ C. $x = – 2;y = 3.$ D. $x = 2;y = 1.$
Câu 27 (VD): Số đường tiệm cận của đò thị hàm số $y = \frac{{\sqrt {4 – {x^2}} }}{{{x^2} – 3x – 4}}$ là
A. 3 B. 0 C. 2 D. 1
Câu 28 (VD): Cho hàm số $y = 2{x^3} – 3{x^2} + 1$ có đồ thị (C) và đường thẳng d :$y = x – 1.$ Giao điểm của (C) và d lần lượt là $A\left( {1;0} \right),B$và C. Khi đó độ dài BC là
A. $BC = \frac{{\sqrt {14} }}{2}.$ B. $BC = \frac{{\sqrt {34} }}{2}.$ C. $BC = \frac{{\sqrt {30} }}{2}.$ D. $BC = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}.$
Câu 29 (NB): Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như sau :
Hàm số đạt cực đại tại điểm:
A. $x = 0.$ B. $\left\{ {0; – 3} \right\}.$ C. $y = – 3.$ D. $x = – 3.$
Câu 30 (TH): Cho mặt cầu có diện tích là S, thể tích khối cầu đó là V. Bán kính R của mặt cầu là
A. $R = \frac{S}{{3V}}.$ B. $R = \frac{V}{{3S}}.$ C. $R = \frac{{4V}}{S}.$ D. $R = \frac{{3V}}{S}.$
Câu 31 (TH): Khối lập phương có bao nhiêu mặt đôi xứng ?
A. 6 B. 9 C. 8 D. 10
Câu 32 (VD): Gọi M là giá trị lớn nhất và m là giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = x\sqrt {1 – {x^2}} .$ Khi đó M+m bằng
A. 0 B. −1 C. 1 D. 2
Câu 33 (TH): Với giá trị nào của x thì biểu thức $f\left( x \right) = {\log _5}\left( {{x^3} – {x^2} – 2x} \right)$ xác định ?
A. $x \in \left( {1; + \infty } \right).$ B. $x \in \left( {0;2} \right) \cup \left( {4; + \infty } \right).$ C. $x \in \left( {0;1} \right).$ D. $x \in \left( { – 1;0} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right).$
Câu 34 (VD): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B với $AB = 3a,BC = 4a,SA \bot \left( {ABC} \right),$cạnh bên SC tạo với đáy góc ${60^o}$. Thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC là
A. $V = \frac{{50\pi {a^3}}}{3}.$ B. $V = \frac{{500\pi {a^3}}}{3}.$ C. $V = \frac{{\pi {a^3}}}{3}.$ D. $V = \frac{{5\pi {a^3}}}{3}.$
Câu 35 (VD): Khối lập phương có độ dài đường chéo bằng d thì thể tích khối lập phương là
A. $V = \sqrt 3 {d^3}$ B. $V = 3{d^3}$ C. $V = {d^3}$ D. $V = \frac{{\sqrt 3 }}{9}{d^3}$
Câu 36 (NB): Khẳng định nào sau đây đúng?
A. $\sqrt[n]{{{a^m}}} = {a^{\frac{m}{n}}};\forall a \in \mathbb{R};\forall m,n \in \mathbb{Z}$ B. $\sqrt[n]{{{a^m}}} = {a^{\frac{m}{n}}};\forall a \in \mathbb{R}$
C. ${a^{ – n}}$ xác định với $\forall a \in \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\};\forall n \in \mathbb{N}.$ D. ${a^0} = 1;\forall a \in \mathbb{R}$
Câu 37 (NB): Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao 3h là
A. $V = 3Bh.$ B. $V = Bh.$ C. $V = 2Bh.$ D. $V = \frac{1}{3}Bh.$
Câu 38 (VD): Tập nghiệm của bất phương trình ${16^x} – {4^x} – 6 \le 0$ là
A. $\left( {{{\log }_4}3; + \infty } \right).$ B. $\left( {1; + \infty } \right).$ C. $\left( { – \infty ;{{\log }_4}3} \right].$ D. $\left[ {3; + \infty } \right).$
Câu 39 (TH): Hình bên là đồ thị của ba hàm số $y = {a^x},y = {b^x},y = {c^x}\left( {0 < a,b,c \ne 1} \right)$ được vẽ trên cùng một hệ trục tọa độ. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ?
A. $a > b > c.$ B. $c > b > a.$ C. $a > c > b.$ D. $b > a > c.$
Câu 40 (VD): Cho lăng trụ ABC.A’B’C’. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của CC’ và BB’. Tính tỉ số $\frac{{{V_{ABCMN}}}}{{{V_{ABC.A’B’C’}}}}.$
A. $\frac{1}{6}.$ B. $\frac{1}{3}.$ C. $\frac{1}{2}.$ D. $\frac{2}{3}.$
Câu 41 (VD): Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số $y = {x^3} – m{x^2} + \left( {2m – 3} \right)x – 3$ đạt cực đại tại điểm $x = 1.$
A. $m \ge 3$ B. $m > 3$ C. $m < 3$ D. $m \le 3$
Câu 42 (VD): Cho hình nón tròn xoay có đường sinh bằng $a\sqrt 2 $ và góc giữa đường sinh và mặt phẳng đó bằng ${60^o}$. Tính diện tích xung quanh ${S_{xq}}$ của hình nón và thể tích V của khối nón.
A. ${S_{xq}} = \pi {a^2};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} V = \frac{{\sqrt 6 }}{2}{a^3}$ B. ${S_{xq}} = 2\pi {a^2};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} V = \frac{{\sqrt 3 }}{2}{a^3}$
C. ${S_{xq}} = 2\pi {a^2};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} V = \frac{{\sqrt 6 }}{2}{a^3}$ D. ${S_{xq}} = \pi {a^2};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} V = \frac{{\sqrt 3 }}{2}{a^3}$
Đáp án
| 1. D | 2. A | 3. C | 4. A | 5. B | 6. A | 7. C | 8. A | 9. A | 10. A |
| 11. C | 12. C | 13. C | 14. B | 15. B | 16. C | 17. D | 18. A | 19. C | 20. D |
| 21. A | 22. B | 23. D | 24. B | 25. C | 26. A | 27. C | 28. B | 29. A | 30. D |
| 31. B | 32. A | 33. D | 34. B | 35. D | 36. C | 37. A | 38. C | 39. D | 40. B |
| 41. B | 42. A |
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. Đáp án D
Phương pháp giải:
Tìm hoành độ giao điểm đồ thị hai hàm số.
Giải phương trình, số nghiệm của phương trình là số giao điểm của hai đồ thị.
Giải chi tiết:
Hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số là nghiệm của phương trình:
$2{x^3} – 3{x^2} + 1 = x – 1$
$ \Leftrightarrow 2{x^3} – 3{x^2} – x + 2 = 0$
$ \Leftrightarrow \left( {x – 1} \right)\left( {2{x^2} – x – 2} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = \frac{{1 + \sqrt {17} }}{4}}\\{x = \frac{{1 – \sqrt {17} }}{4}}\end{array}} \right.$
Suy ra số giao điểm của (C) và d là 3.
Câu 2. Đáp án A
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức tính diện tích hình chữ nhật.
Sử dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất của diện tích.
Giải chi tiết:
Đặt $OD = OC = x.$(x>0)
$ \Rightarrow AD = \sqrt {O{A^2} – O{D^2}} = \sqrt {100 – {x^2}} $
Ta có diện tích hình chữ nhật ABCD là $S = AD.DC = 2x\sqrt {100 – {x^2}} $.
$S’ = 2\sqrt {100 – {x^2}} + 2x.\frac{{ – 2x}}{{\sqrt {100 – {x^2}} }}$
$S’ = 0 \Leftrightarrow 100 – {x^2} = {x^2} \Leftrightarrow x = 2\sqrt 5 .$
Khi đó giá trị lớn nhất của S là $S = 2.2\sqrt 5 .\sqrt {100 – {{\left( {2\sqrt 5 } \right)}^2}} = 80c{m^2}$
Câu 3. Đáp án C
Phương pháp giải:
Đưa 2 vế của phương trình về cùng cơ số.
Cho số mũ bằng nhau rồi giải phương trình bậc 2.
Giải chi tiết:
Ta có: ${3^{{x^2} – 4x + 5}} = 9$
$ \Leftrightarrow {3^{{x^2} – 4x + 5}} = {3^2} \Leftrightarrow {x^2} – 4x + 5 = 2$
$ \Leftrightarrow {x^2} – 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = 3}\end{array}} \right.$
$ \Rightarrow S = {1^3} + {3^3} = 28.$
Câu 4. Đáp án A
Phương pháp giải:
Hàm số đồng biến ứng với mũi tên đi lên, nghịch biến với mũi tên đi xuống.
Giải chi tiết:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy, hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {0;2} \right)$.
Câu 5. Đáp án B
Phương pháp giải:
Tính chiều cao của hình chóp.
Áp dụng công thức để tính thể tích hình chóp.
Giải chi tiết:
Gọi O là tâm hình vuông ABCD cạnh bằng a$ \Rightarrow AO = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.$
Mà S.ABCD là chóp tứ giác đều nên $SO \bot \left( {ABCD} \right)$
$ \Rightarrow SO \bot OA \Rightarrow \Delta SOA$ vuông tại O có $SA = a;AO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow SO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$
Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp ta có:
$V = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}.$
Câu 6. Đáp án A
Phương pháp giải:
Dựa vào bảng biến thiên để loại trường hợp.
Giải chi tiết:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số không xác định tại x=1 nên loại C,D.
Ta thấy hàm số nghịch biến trên $\left( { – \infty ;1} \right);\left( {1; + \infty } \right).$
Xét hàm số $y = \frac{{2x – 1}}{{x – 1}} \Rightarrow y’ = \frac{{ – 1}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}} < 0$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { – \infty ;1} \right);\left( {1; + \infty } \right).$
Xét hàm số $y = \frac{{2x – 3}}{{x – 1}} \Rightarrow y’ = \frac{1}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}} > 0$ nên hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ;1} \right);\left( {1; + \infty } \right).$
Câu 7. Đáp án C
Phương pháp giải:
Tìm đạo hàm của hàm số.
Lập bảng biến thiên rồi xác định tính đơn điệu của hàm số.
Giải chi tiết:
Hàm số$y = {x^3} + 3{x^2} – 9x + 15$có đạo hàm $y’ = 3{x^2} + 6x – 9$.
Ta có $y’ = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} + 6x – 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = – 3}\end{array}} \right.$
Ta có bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ; – 3} \right);\left( {1; + \infty } \right)$ và nghịch biến trên $\left( { – 3;1} \right)$.
Câu 8. Đáp án A
Phương pháp giải:
Sử dụng đạo hàm rồi lập bảng biến thiên.
Giải chi tiết:
Hàm số $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} – x + 1}}{{x – 1}}$ có đạo hàm $f’\left( x \right) = \frac{{\left( {2x – 1} \right)\left( {x – 1} \right) – ({x^2} – x + 1)}}{{{{(x – 1)}^2}}} = \frac{{{x^2} – 2x}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}}$
Ta có $f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} – 2x}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.$
$f\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a > 0}\\{\Delta \le 0}\end{array}} \right.$
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta có: hàm số đạt giá trị nhỏ nhất trên khoảng $\left( {1; + \infty } \right)$ bằng 3.
Câu 9. Đáp án A
Phương pháp giải:
Giải bất phương trình logarit với cơ số lớn hơn 1.
Sử dụng tính chất của hàm số bậc 2:$f\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a > 0}\\{\Delta \le 0}\end{array}} \right.$
Giải chi tiết:
Ta có ${\log _3}\left( {{x^2} + 4x + m} \right) \ge 1$
$ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 4x + m} \right) \ge 3$
$ \Leftrightarrow {x^2} + 4x + m – 3 \ge 0$$ \Leftrightarrow \Delta ‘ = 4 – m + 3 \le 0$$ \Leftrightarrow m \ge 7.$
Câu 10. Đáp án A
Phương pháp giải:
Sử dụng cách tính đạo hàm của hàm số logarit:
+) ${\left( {\ln ax} \right)^\prime } = \frac{{{{\left( {ax} \right)}^\prime }}}{{ax}} = \frac{1}{x}$
+) ${\left( {{{\log }_a}x} \right)^\prime } = \frac{1}{{x\ln a}}$
Giải chi tiết:
Áp dụng công thức ta có:
${\left( {{{\log }_a}x} \right)^\prime } = \frac{1}{{x\ln a}}$ (x>0)
${\left( {\ln 4x} \right)^\prime } = \frac{1}{x}\left( {x > 0} \right)$
${\left( {\ln x} \right)^\prime } = \frac{1}{x}\left( {x > 0} \right)$
Câu 11. Đáp án C
Phương pháp giải:
Tìm đạo hàm của hàm số $g’\left( x \right)$.
Sử dụng đồ thị để tìm nghiệm của phương trình $g’\left( x \right) = 0$.
Lập bảng biến thiên của hàm số $g\left( x \right)$ để tìm cực đại.
Giải chi tiết:
Ta có $g\left( x \right) = f\left( x \right) – \frac{{{x^2}}}{3} + {x^2} – x + 2$
$ \Rightarrow g’\left( x \right) = f’\left( x \right) – {x^2} + 2x – 1$
$g’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f’\left( x \right) = {x^2} – 2x + 1 = {\left( {x – 1} \right)^2}$
Đồ thị hàm số $y = {\left( {x – 1} \right)^2}$ có dạng parabol, đỉnh là $I\left( {1;0} \right)$ và đi qua $A\left( {0;1} \right);B\left( {2;1} \right)$.
Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số $y = f\left( x \right);y = {\left( {x – 1} \right)^2}$ cắt nhau tại 3 điểm có hoảnh độ là $0;1;{x_1}\left( {{x_1} > 1} \right)$
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta có: hàm số $g\left( x \right)$ đạt giá trị cực đại tại $x = 1.$
Câu 12. Đáp án C
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức tính thể tích hình trụ.
Giải chi tiết:
Ta có $\Delta ABC$ vuông cân tại B; $AB = 3cm \Rightarrow BC = 3cm$
Mặt khác $\Delta BCC’$ vuông tại C có $BC = 3cm;BC’ = 3\sqrt 2 cm \Rightarrow CC’ = 3cm$
Do đó $V = CC’.{S_{ABC}} = CC’.\frac{{AB.BC}}{2} = 3.\frac{{3.3}}{2} = \frac{{27}}{2}\left( {c{m^3}} \right)$
Câu 13. Đáp án C
Phương pháp giải:
Đưa biểu thức về cùng cơ số rồi dùng quy tắc nhân và chia hai lũy thừa.
Giải chi tiết:
Ta có ${a^{\frac{2}{3}}}.\sqrt a = {a^{\frac{2}{3}}}.{a^{\frac{1}{2}}} = {a^{\frac{7}{6}}} = {a^m} \Rightarrow m = \frac{7}{6}$
${b^{\frac{2}{3}}}:\sqrt b = {b^{\frac{2}{3}}}:{b^{\frac{1}{2}}} = {b^{\frac{1}{6}}} = {b^n} \Rightarrow n = \frac{1}{6}$
Suy ra $m – n = 1$
Câu 14. Đáp án B
Phương pháp giải:
Dựa vào đồ thị để loại trường hợp.
Giải chi tiết:
Ta thấy đồ thị có 3 điểm cực trị nên hàm số $y = f\left( x \right)$ ít nhất là hàm số bậc 4$ \Rightarrow A,C$ loại.
Hàm số có dạng đồ thị đi lên nên hệ số $a > 0 \Rightarrow D$ loại.
Câu 15. Đáp án B
Phương pháp giải:
Sử dụng tính chất của hàm logarit:${\log _a}x = – {\log _{\frac{1}{a}}}x$.
Tìm nghiệm của hàm số bậc 2 để xác định ${x_1};{x_2}.$
Giải chi tiết:
ĐKXĐ: $x > \frac{3}{5}.$
Áp dụng tính chất ta có: ${\log _{\frac{1}{3}}}\left( {{x^2} + 1} \right) = – {\log _3}\left( {{x^2} + 1} \right)$
Suy ra ${\log _3}\left( {5x – 3} \right) – {\log _3}\left( {{x^2} + 1} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {5x – 3} \right) = {\log _3}\left( {{x^2} + 1} \right)$$ \Leftrightarrow 5x – 3 = {x^2} + 1$$ \Leftrightarrow {x^2} – 5x + 4 = 0$$ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = 4}\end{array}} \right.$
Mà ${x_1} < {x_2} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 1}\\{{x_2} = 4}\end{array}} \right.$ $ \Rightarrow P = 2{x_1} + 3{x_2} = 14.$
Câu 16. Đáp án C
Phương pháp giải:
Dùng tính chất của hàm logarit:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{1 – 3x}}{{x + 2}} = – 3 \Rightarrow y = – 3$
${\log _{{a^2}}}x = \frac{1}{2}{\log _a}x.$
${\log _a}{x^2} = 2{\log _a}x.$
Giải chi tiết:
Ta có:
${\log _{49}}28 = {\log _{{7^2}}}\left( {{2^2}.7} \right) = \frac{1}{2}{\log _7}\left( {{2^2}.7} \right)$
$ \Leftrightarrow {\log _{49}}28 = \frac{1}{2}\left( {{{\log }_7}{2^2} + {{\log }_7}7} \right)$
$ \Leftrightarrow {\log _{49}}28 = {\log _7}2 + \frac{1}{2}$
$ \Rightarrow {\log _{49}}28 = m + \frac{1}{2} = \frac{{1 + 2m}}{2}$
Câu 17. Đáp án D
Phương pháp giải:
Tìm hoành độ giao điểm của 2 đồ thị.
Lập bảng biến thiên rồi kết luận.
Giải chi tiết:
Hoành độ giao điểm của 2 đồ thị hàm số là nghiệm của phương trình: ${x^3} – 3{x^2} + 1 = m$ (1)
Đặt $f\left( x \right) = {x^3} – 3{x^2} + 1 \Rightarrow f’\left( x \right) = 3{x^2} – 6x$
$f’\left( x \right) = 3{x^2} – 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{x = 0}\end{array}} \right.$
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
Đồ thị của 2 hàm số cắt nhau tại 3 điểm phân biệt khi phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt
Suy ra $ – 3 < m < 1.$
Câu 18. Đáp án A
Phương pháp giải:
Theo định nghĩa.
Giải chi tiết:
Khối đa diện đều $\left\{ {p;q} \right\}$ thì chỉ số p là số đỉnh của đa diện; q là số mặt của đa diện.
Câu 19. Đáp án C
Phương pháp giải:
Sử dụng tính chất của cấp số nhân.
Giải chi tiết:
Dân số Việt Nam năm 2014 là: ${u_1}$.
Dân số Việt Nam năm 2015 là: ${u_2} = {u_1} + {u_1}.1,05\% = 1,0105{u_1}.$
Dân số qua các năm tăng theo cấp số nhân với công bội $q = 1,0105$
Do đó dân số Việt Nam năm 2030 (17 năm sau) là ${u_{17}} = {u_1}.{q^{16}} = 90,728,900.1,{0105^{16}} = 107,232,574.$
Câu 20. Đáp án D
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức tính chu vi hình tròn để tính bán kính đáy.
Dùng định lí pytago để tính độ dài đường cao.
Giải chi tiết:
Chu vi hình tròn: $2\pi R = 6\pi \Rightarrow R = 3\left( {cm} \right)$
Vì thiết diện qua trục hình trụ là một hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 10cm.
Nên $h = \sqrt {{{10}^2} – {6^2}} = 8.$
Do đó thể tích khối trụ là:$V = \pi {R^2}h = 72\pi \left( {c{m^3}} \right).$
Câu 21. Đáp án A
Phương pháp giải:
Tính bán kính đáy dựa vào thiết diện vuông cân.
Áp dựng công thức để tính diện tích xung quanh.
Giải chi tiết:
Thiết diện qua trục là tam giác vuông cân cạnh a.
$ \Rightarrow R = \frac{{a\sqrt 2 }}{2};l = a$
Áp dụng công thức ta có: ${S_{xq}} = \pi Rl = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2}$
Câu 22. Đáp án B
Phương pháp giải:
Dùng công thức tính diện tích hình thang và tam giác.
Dung hệ thức lượng trong tam giác.
Áp dụng công thức để tính thể tích.
Giải chi tiết:
+) Kẻ $CK \bot AD \Rightarrow CK = KD = 2a$
Mà $\Delta CKD$ vuông tại C nên $CD = 2\sqrt 2 a.$
Kẻ $AH \bot CD$ mà $SA \bot CD\left( {doSA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)$
$ \Rightarrow SH \bot CD$
Nên góc giữa $\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)$ là $\angle SHA \Rightarrow \angle SHA = {60^o}$
Mặt khác ta có:
${S_{ABCD}} = {S_{ACD}} + {S_{ABC}}$$ \Leftrightarrow \frac{{\left( {BC + AD} \right)AB}}{2} = \frac{{AH.CD}}{2} + \frac{{AB.BC}}{2}$$ \Leftrightarrow \left( {a + 3a} \right).2a = AH.2\sqrt 2 a + 2a.a$$ \Leftrightarrow AH = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}a$
+)$\Delta SAH$ vuông tại A có $\angle SHA = {60^o} \Rightarrow SA = \tan \,{60^o}.AH = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}a$
+)${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{3\sqrt 6 }}{2}a.\frac{{\left( {a + 3a} \right).2a}}{2} = 2\sqrt 6 {a^3}.$
Câu 23. Đáp án D
Phương pháp giải:
Đạo hàm của quãng đường là phương trình của vận tốc.
Tìm giá trị lớn nhất của vận tốc rồi suy ra thời gian.
Giải chi tiết:
Ta có $S = – {t^3} + 9{t^2} + t + 10$
$ \Rightarrow v = – 3{t^2} + 18t + 1$
$v’ = – 6t + 18$
$v’ = 0 \Leftrightarrow t = 3$
Câu 24. Đáp án B
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức tính lãi kép: ${A_n} = M{\left( {1 + r\% } \right)^n}$
Trong đó:${A_n}$là số tiền nhận được sau tháng thứ n.
M là số tiền gửi ban đầu.
n là thời gian gửi tiền( tháng)
r là lãi suất định kì(%)
Giải chi tiết:
Áp dụng công thức ta có:
Số tiền sau 6 tháng đầu(2 quý) là $100{(1 + 2\% )^2} = 104,04$( triệu đồng).
Số tiền của người đó sau 1 năm ( 4 quý) là: $100 + 104,04{\left( {1 + 2\% } \right)^4} \approx 212$( triệu)
Câu 25. Đáp án C
Phương pháp giải:
Áp dụng tính đơn điệu của hàm logarit và hàm số mũ.
Giải chi tiết:
Câu A sai vì hàm số $y = {a^x}\left( {a > 1} \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$
Câu B sai vì hàm số $y = {a^x}\left( {0 < a < 1} \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$
Câu D sai vì hàm số $y = {\log _a}x\left( {0 < a < 1} \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$
Câu 26. Đáp án A
Phương pháp giải:
Tìm giới hạn của hàm số rồi suy ra tiệm cận.
Giải chi tiết:
Ta có:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to – 2} \frac{{1 – 3x}}{{x + 2}} = + \infty \Rightarrow x = – 2$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{1 – 3x}}{{x + 2}} = – 3 \Rightarrow y = – 3$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Câu 27. Đáp án C
Phương pháp giải:
Tìm điều kiện xác định của x.
Tìm tiệm cận đứng của hàm số bằng cách: tìm nghiệm của mẫu số ( thỏa mãn điều kiện ở tử)
Tìm tiệm cận đứng: tìm giới hạn của hàm số khi $x \to \pm \infty $.
Giải chi tiết:
Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{\sqrt {4 – {x^2}} }}{{{x^2} – 3x – 4}} = 0 \Rightarrow y = 0$
$4 – {x^2} \ge 0 \Leftrightarrow – 2 \le x \le 2.$
Ta thấy: ${x^2} – 3x – 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4(l)}\\{x = – 1(tm)}\end{array}} \right. \Rightarrow x = – 1$ là đường tiệm cận đứng của hàm số.
Mặt khác $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{\sqrt {4 – {x^2}} }}{{{x^2} – 3x – 4}} = 0 \Rightarrow y = 0$ là đường tiệm cận ngang của hàm số.
Câu 28. Đáp án B
Phương pháp giải:
Tìm hoành độ giao điểm của hai đồ thị.
Tìm nghiệm của phương trình bậc 3 rồi suy ra tọa độ của A,B,C.
Giải chi tiết:
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y = 2{x^3} – 3{x^2} + 1$ và đồ thị hàm số $y = x – 1$ là nghiệm của phương trình:
$2{x^3} – 3{x^2} + 1 = x – 1$$ \Leftrightarrow 2{x^3} – 3x – x + 2 = 0$
$ \Leftrightarrow \left( {x – 1} \right)\left( {2{x^2} – x – 2} \right) = 0$$ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = \frac{{1 + \sqrt {17} }}{2}}\\{x = \frac{{1 – \sqrt {17} }}{2}}\end{array}} \right.$
Đồ thị 2 hàm số cắt nhau tại 3 điểm phân biệt $ \Rightarrow M + m = 0.$$A\left( {0;1} \right);B;C.$
Suy ra $B\left( {\frac{{1 + \sqrt {17} }}{2};\frac{{ – 3 + \sqrt {17} }}{2}} \right);C\left( {\frac{{1 – \sqrt {17} }}{2}; – \frac{{3 + \sqrt {17} }}{2}} \right)$
Khi đó $BC = \frac{{\sqrt {34} }}{2}.$
Câu 29. Đáp án A
Phương pháp giải:
Dựa vào bảng biến thiên.
Chú ý phân biệt giá trị cực đại và điểm cực đại.
Giải chi tiết:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại điểm $x = 0.$
Câu 30. Đáp án D
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức tính diện tích và thể tích hình cầu.
Giải chi tiết:
Diện tích hình cầu là $S = 4\pi {R^2}$
Thể tích hình cầu là $V = \frac{4}{3}\pi {R^3}$
Chia từng vế của hai phương trình trên ta có: $R = \frac{{3V}}{S}.$
Câu 31. Đáp án B
Phương pháp giải:
Khái niệm: nếu phép đối xứng qua mặt phẳng (P) của hình H biến thành chính nó thì mặt phẳng (P) là mặt phẳng đối xứng của hình H.
Giải chi tiết:
Có tất cả 9 mặt phẳng đối xứng của hình lập phương như hình dưới đây:
Câu 32. Đáp án A
Phương pháp giải:
Tìm đạo hàm của hàm số.
Lập bảng biến thiên để tìm gía trị lớn nhất và nhỏ nhất.
Giải chi tiết:
Hàm số $y = x\sqrt {1 – {x^2}} $ xác định khi
Hàm số $y = x\sqrt {1 – {x^2}} $có đạo hàm là $y’ = \sqrt {1 – {x^2}} + x.\frac{{ – 2x}}{{2\sqrt {1 – {x^2}} }} = \sqrt {1 – {x^2}} – \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}$
Ta có $y’ = 0 \Leftrightarrow \sqrt {1 – {x^2}} – \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }} = 0 \Leftrightarrow x = \pm \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.
Ta có bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số là $M = \frac{1}{2};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} m = – \frac{1}{2}.$
$ \Rightarrow M + m = 0.$
Câu 33. Đáp án D
Phương pháp giải:
Áp dụng: Hàm số ${\log _a}f\left( x \right)$ xác định khi $f\left( x \right) > 0$
Lập bảng xét dấu rồi kết luận.
Giải chi tiết:
Hàm số ${\log _5}\left( {{x^3} – {x^2} – 2x} \right)$ xác định khi $\left( {{x^3} – {x^2} – 2x} \right) > 0 \Leftrightarrow x\left( {x + 1} \right)\left( {x – 2} \right) > 0$
Đặt $f\left( x \right) = x\left( {x + 1} \right)\left( {x – 2} \right)$
Ta có $f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x\left( {x + 1} \right)\left( {x – 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = – 1}\\{x = 2}\end{array}} \right.$
Ta có bảng xét dấu:
Dựa vào bảng xét dấu ta có ${S_{xq}} = \pi Rl = \pi {a^2}.$
$V = \pi Rh = \frac{{\sqrt 6 }}{2}{a^{3.}}$
$f\left( x \right) > 0$ khi $x \in \left( { – 1;0} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)$
Câu 34. Đáp án B
Phương pháp giải:
Tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.
Tính bán kính mặt cầu rồi tính thể tích dựa theo công thức $V = \frac{4}{3}\pi {R^3}.$
Giải chi tiết:
Gọi I là trung điểm của SC.
Ta có $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot AC \Rightarrow \Delta SAC$ vuông tại A
Do đó $IA = IS = IC$
Mặt khác $BC \bot AB;BC \bot SA \Rightarrow BC \bot SB \Rightarrow \Delta SBC$ vuông tại B.
Mà I là trung điểm của SC nên $IS = IB = IC$
Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC.
+)$\Delta ABC$ vuông tại B; có $AB = 3;BC = 4$$ \Rightarrow AC = 5$
+)$\Delta SAC$ vuông tại A có $AC = 5;\,\angle SCA = {60^o} \Rightarrow SC = \frac{1}{{\cos {{60}^o}.AC}} = 10$
Suy ra $R = 5 \Rightarrow V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{500\pi {a^3}}}{3}$
Câu 35. Đáp án D
Phương pháp giải:
Sử dụng định lí pytago.
Áp dụng công thức tính thể tích lập phương.
Giải chi tiết:
Gọi a là độ dài 1 cạnh của hình lập phương.
Đường chéo của hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ là AC’.
Ta có ΔABC′ vuông tại B
$\begin{array}{l} \Rightarrow AC{‘^2} = A{B^2} + BC{‘^2}\\ \Rightarrow AC{‘^2} = A{B^2} + BB{‘^2} + B’C{‘^2}\\ \Rightarrow {d^2} = 3{a^2}\\ \Rightarrow a = \frac{{\sqrt 3 }}{3}d\end{array}$
Khi đó $V = {a^3} = \frac{{\sqrt 3 }}{9}{d^3}$
Câu 36. Đáp án C
Phương pháp giải:
Áp dụng tính chất của lũy thừa với số mũ thực.
Giải chi tiết:
Câu A,B đều sai vì thiếu điều kiện n>0.
Câu D sai vì $a \ne 0$
Câu 37. Đáp án A
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức tính thể tích khối lăng trụ.
Giải chi tiết:
Ta có thể tích khối lăng trụ bằng diện tích đáy nhân với chiều cao $ \Rightarrow V = 3h.B$
Câu 38. Đáp án C
Phương pháp giải:
Đặt ẩn phụ rồi giải bất phương trình.
Giải chi tiết:
Ta có ${16^x} – {4^x} – 6 \le 0$. Đặt ${4^x} = t\left( {t > 0} \right)$
Khi đó ta có ${t^2} – t – 6 \le 0 \Leftrightarrow \left( {t – 3} \right)\left( {t + 2} \right) \le 0 \Leftrightarrow – 2 \le t \le 3$
Suy ra $0 < t \le 3 \Leftrightarrow 0 < {4^x} \le 3 \Leftrightarrow x \le {\log _4}3$
Câu 39. Đáp án D
Phương pháp giải:
Dựa vào tính chất của hàm số mũ với cơ số lớn hơn 0.
Giải chi tiết:
Đồ thị hàm số $y = {c^x}$ có dạng đi xuống nên $0 < c < 1$.
Đồ thị hàm số $y = {b^x};y = {a^x}$ có dạng đi lên và đồ thị $y = {b^x}$ nằm phía trên đồ thị hàm số $y = {a^x}$nên $b > a > 1.$
Do đó ta có $b > a > c.$
Câu 40. Đáp án B
Phương pháp giải:
Sử dụng tỉ số thể tích.
Giải chi tiết:
Gọi thể tích hình lăng trụ là V.
Ta có ${V_{A.A’B’C’}} = \frac{1}{3}.{S_{A’B’C’}}.h = \frac{1}{3}V$
$ \Rightarrow {V_{A.BCB’C’}} = \frac{2}{3}V$
Mà ${V_{A.MNBC}} = \frac{1}{3}.{S_{MNBC}}.h’ = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}{S_{BCB’C’}}.h’ = \frac{1}{2}{S_{A.BCB’C’}}$
Suy ra ${V_{A.MNBC}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}V = \frac{V}{3}.$
Câu 41. Đáp án B
Phương pháp giải:
Hàm số đạt cực đại tại một điểm khi: Đạo hàm bậc 1 tại điểm đó bằng 0.
Đạo hàm bậc 2 tại điểm đó nhỏ hơn 0.
Giải chi tiết:
Hàm số $y = {x^3} – m{x^2} + \left( {2m – 3} \right)x – 3$
$ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y’ = 3{x^2} – 2mx + (2m – 3)}\\{y” = 6x – 2m}\end{array}} \right.$
Hàm số trên đạt cực đại tại $x = 1$ khi:
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y’\left( 1 \right) = 0}\\{y”\left( 1 \right) < 0}\end{array}} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{3.1}^2} – 2m.1 + 2m – 3 = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {tm} \right)}\\{6x – 2m = 0}\end{array}} \right.$$ \Leftrightarrow m > 3$
Câu 42. Đáp án A
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức lượng giác trong tam giác.
Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh và thể tích.
Giải chi tiết:
$\Delta SAO$ vuông tại O; có $SA = a\sqrt 2 \,;\angle SAO = {60^o} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}R = AO = \cos {60^o}.SA = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\\h = SO = \sin {60^o}.SA = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\end{array} \right.$
Khi đó ${S_{xq}} = \pi Rl = \pi {a^2};$$V = \pi Rh = \frac{{\sqrt 6 }}{2}{a^{3.}}$
