Đề thi học kì 1 Toán 12 sở gd & đt Bình Thuận trường thpt chuyên Nguyễn Huệ Hà Nội có đáp án và lời giải chi tiết gồm 50 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.
| SỞ GD&ĐT BÌNH THUẬN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ – HÀ NỘI |
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). Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = {x^3} – 3{x^2} – 9x + 1$ trên $\left[ { – 4;4} \right]$. Tính tổng của $M + m$
A. –69 B. –20 C. –85 D. –36
Câu 2 (NB). Thể tích của khối chóp có diện tích đáy là S và chiều cao h là:
A. $V = \frac{1}{2}Sh$ B. $V = \frac{1}{3}Sh$ C. $V = Sh$ D. $V = 2Sh$
Câu 3 (TH). Tìm giá trị của tham số m để đồ thị hàm số $y = \frac{{mx + 5}}{{x + 1}}$ đi qua $A\left( {1; – 3} \right)$
A. $m = – 11$ B. $m = 1$ C. $m = 11$ D. $m = – 1$
Câu 4 (NB). Tập xác định D của hàm số $y = \log \left( {2 – x} \right)$ là
A. $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}$ B. $D = \left( {2; + \infty } \right)$ C. $D = \mathbb{R}$ D. $D = \left( { – \infty ;2} \right)$
Câu 5 (TH). Cho hàm số $f\left( x \right) = m\sqrt[3]{x} + \sqrt x $ với $m \in \mathbb{R}$. Tìm m để $f’\left( 1 \right) = \frac{3}{2}$
A. $m = 3$ B. $m = – 3$ C. $m = \frac{9}{2}$ D. $m = 1$
Câu 6 (NB). Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x – 1}}{{x + 1}}$ là
A. $y = 2$ B. $y = – 2$ C. $x = 1$ D. $x = – 1$
Câu 7 (TH). Phương trình $\ln \left( {x + 1} \right) = 2$ có tập nghiệm là:
A. $\left\{ {{e^2} – 1} \right\}$ B. $\left\{ 1 \right\}$ C. $\left\{ {2e – 1} \right\}$ D. $\left\{ {{e^2} + 1} \right\}$
Câu 8 (NB). Khối lập phương cạnh 2a có thể tích là
A. $V = {a^3}$ B. $V = 6{a^3}$ C. $V = 2{a^3}$ D. $V = 8{a^3}$
Câu 9 (NB). Cho hàm số $y = \frac{{3 – x}}{{x + 1}}$. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { – \infty ; – 1} \right)$ B. Hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$
C. Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ; – 1} \right)$ D. Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$
Câu 10 (TH). Cho đẳng thức $\frac{{\sqrt[3]{{{a^2}\sqrt a }}}}{{{a^3}}} = {a^\alpha },0 < a \ne 1$. Khi đó $\alpha $ thuộc khoảng nào sau đây?
A. $\left( { – 2; – 1} \right)$ B. $\left( { – 1;0} \right)$ C. $\left( { – 3; – 2} \right)$ D. $\left( {0;1} \right)$
Câu 11 (TH). Đồ thị hàm số $y = {x^3} – 3{x^2} + 4$ và đường thẳng $y = – 4x + 8$ có tất cả bao nhiêu điểm chung?
A. 2 B. 1 C. 0 D. 3
Câu 12 (NB). Cho hình trụ $\left( T \right)$ có chiều cao h và hình tròn đáy có bán kính R. Khi đó diện tích xung quanh của $\left( T \right)$ là
A. $2\pi Rh$ B. $4\pi Rh$ C. $3\pi Rh$ D. $\pi Rh$
Câu 13 (NB). Tìm tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 5}}{{1 – x}}$
A. $x = – 2$ B. $y = – 2$ C. $y = 2$ D. $x = 1$
Câu 14 (TH). Cho hàm số $f\left( x \right) = {\left( {{x^2} + x + 6} \right)^{\frac{3}{2}}}$. Khi đó giá trị của $f\left( { – 1} \right)$ bằng
A. $3\sqrt 3 $ B. $6\sqrt 6 $ C. 8 D. $2\sqrt 2 $
Câu 15 (NB). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như hình dưới. Hàm số trên đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. $\left( { – 1;2} \right)$ B. $\left( {2; + \infty } \right)$ C. $\left( { – 1; + \infty } \right)$ D. $\left( { – \infty ;2} \right)$
Câu 16 (TH). Hàm số nào sau đây nghịch biến trên $\mathbb{R}$?
A. $y = {\pi ^x}$ B. $y = {e^x}$ C. $y = {2^{ – x}}$ D. $y = {\left( {\sqrt 2 } \right)^x}$
Câu 17 (NB). Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy S và chiều cao h là
A. $V = 3Sh$ B. $V = 2Sh$ C. $V = \frac{1}{3}Sh$ D. $V = Sh$
Câu 18 (TH). Tập xác định D của hàm số $y = {\left( {x – {x^2}} \right)^{\frac{{ – 3}}{2}}}$ là
A. $D = \left( { – \infty ;0} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)$ B. $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {0;1} \right\}$ C. $D = \mathbb{R}$ D. $D = \left( {0;1} \right)$
Câu 19 (NB). Thể tích của khối nón tròn xoay có diện tích đáy B và chiều cao h là
A. $V = \frac{{Bh}}{3}$ B. $V = Bh$ C. $V = \frac{{Bh}}{2}$ D. $V = 3Bh$
Câu 20 (NB). Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước $a,2a,3a$ là
A. $V = 6{a^3}$ B. $V = 3{a^3}$ C. $V = {a^3}$ D. $V = 2{a^3}$
Câu 21 (TH). Cho hàm số $y = f\left( x \right) = {x^4} + 2018$. Điểm cực tiểu của hàm số là
A. 2018 B. 2019 C. 1 D. 0
Câu 22 (VD). Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số $y = {x^3} – 2m{x^2} + {m^2}x + 3$ đạt cực đại tại $x = 1$
A. $m = 3$ B. $m = 1,m = 3$ C. $m = 1$ D. Không tồn tại m
Câu 23 (NB). Nghiệm của phương trình ${3^x} = 6$ là
A. ${\log _3}2$ B. 2 C. ${\log _3}6$ D. ${\log _6}3$
Câu 24 (TH). Đồ thị dưới là đồ thị của hàm số nào sau đây?
A. $y = {x^4} + 3{x^2} – 2$ B. $y = {x^4} – 2x – 2$ C. $y = {x^4} – 3{x^2} – 2$ D. $y = {x^4} + 2{x^2} – 1$
Câu 25 (TH). Tính đạo hàm của hàm số $y = {3^{{x^2}}}$
A. $y’ = 2x{.3^{{x^2}}}.\ln 3$ B. $y’ = {x^2}{.3^{{x^2} – 1}}$ C. $y’ = {3^{{x^2}}}\ln 3$ D. $y’ = 2x{.3^{{x^2}}}$
Câu 26 (TH). Cho khối lăng trụ đứng $ABC.A’B’C’$ có diện tích đáy bằng ${a^2}$, mặt bên $ABB’A’$ là hình vuông có $AB’ = b\sqrt 2 $. Thể tích khối lăng trụ $ABC.A’B’C’$ là
A. $\frac{{{a^2}b}}{3}$ B. $2{a^2}b$ C. $3{a^2}b$ D. ${a^2}b$
Câu 27 (TH). Nếu ${\log _a}b = 4$ thì ${\log _{\sqrt a }}{b^2} + {\log _a}\left( {ab} \right)$ bằng
A. 9 B. 21 C. 20 D. 13
Câu 28 (VD). Cho hàm số $y = \ln \left( {{e^x} + 1} \right) – \frac{x}{2}$. Khi đó nghiệm của phương trình $y’ = \frac{1}{4}$ là
A. ${\log _3}e$ B. $\frac{3}{e}$ C. $\ln 3$ D. $\ln 2$
Câu 29 (TH). Trong không gian cho tam giác OIM vuông tại $I,IOM = 30^\circ $ và $IM = a$. Khi quay tam giác IOM quanh cạnh góc vuông OI thì đường gấp khúc OMI tạo thành một hình nón tròn xoay có diện tích toàn phần là
A. $\pi {a^2}$ B. $4\pi {a^2}$ C. $2\pi {a^2}$ D. $3\pi {a^2}$
Câu 30 (VD). Một hình trụ $\left( T \right)$ có hai đáy là hai hình tròn $\left( {O;r} \right)$ và $\left( {O’;r} \right)$. Khoảng cách giữa hai đáy là $OO’ = a\sqrt 3 $. Một hình nón $\left( N \right)$ có đỉnh là $O’$ và đáy là hình tròn $\left( {O;r} \right)$. Gọi ${S_1},{S_2}$ lần lượt là diện tích xung quanh của $\left( T \right)$ và $\left( N \right)$. Khi đó tỉ số $\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}}$ bằng
A. $\frac{1}{{\sqrt 3 }}$ B. 1 C. 2 D. $\sqrt 3 $
Câu 31 (TH). Tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = {x^3} – 3{x^2} + 1$ tại điểm có hoành độ bằng 1 có phương trình là
A. $y = 3x + 1$ B. $y = 3x – 4$ C. $y = – 3x – 2$ D. $y = – 3x + 2$
Câu 32 (VD). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và có đạo hàm $f’\left( x \right) = \left( {x – 1} \right){\left( {x – 2} \right)^2}{\left( {x – 3} \right)^3}$. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số có 3 điểm cực trị. B. Hàm số có 6 điểm cực trị.
C. Hàm số có 2 điểm cực trị. D. Hàm số có 1 điểm cực trị.
Câu 33 (VD). Có bao nhiêu điểm M thuộc đồ thị hàm số $y = \frac{{x + 3}}{{x – 1}}$ sao cho khoảng cách từ M đến trục tung bằng hai lần khoảng cách từ M đến trục hoành
A. 1 B. 3 C. 2 D. 0
Câu 34 (VD). Có bao nhiêu tiếp tuyến với đồ thị hàm số $\left( C \right):y = \frac{{2x – 1}}{{x + 1}}$ mà song song với đường thẳng $y = 3x – 1$
A. 2 B. 3 C. 0 D. 1
Câu 35 (VD). Trong không gian cho hình vuông ABCD cạnh a. Gọi I và H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD. Khi quay hình vuông ABCD, kể cả các điểm trong nó, xung quanh đường thẳng IH ta được một khối trụ tròn xoay có thể tích là
A. $V = \pi {a^3}$ B. $V = \frac{{\pi {a^3}}}{2}$ C. $V = \frac{{\pi {a^3}}}{4}$ D. $V = \frac{{\pi {a^3}}}{3}$
Câu 36 (TH). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định và liên tục trên các khoảng $\left( { – \infty ;1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$. Đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ như hình vẽ dưới. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. $\mathop {\min }\limits_{\left[ { – 3;0} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right)$ B. $\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;5} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right)$ C. $\mathop {\min }\limits_{\left[ { – 3;0} \right]} f\left( x \right) = f\left( { – 3} \right)$ D. $\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;5} \right]} f\left( x \right) = f\left( 5 \right)$
Câu 37 (TH). Cho khối chóp S.ABC có chiều cao bằng a và đáy ABC là tam giác vuông cân tại $A,AB = a$. Thể tích khối chóp S.ABC là
A. $V = \frac{{{a^3}}}{2}$ B. $V = \frac{{{a^3}}}{3}$ C. $V = {a^3}$ D. $V = \frac{{{a^3}}}{6}$
Câu 38 (VD). Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số $y = {x^4} – 2m{x^2} + m + 2017$ đồng biến trên khoảng $\left( {1;2} \right)$
A. $m \in \left( { – \infty ;1} \right]$ B. $m \in \left[ {4; + \infty } \right)$ C. $m \in \left( { – \infty ;4} \right]$ D. $m \in \left[ {1;4} \right]$
Câu 39 (VD). Biết $M\left( {1; – 6} \right)$ là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số $y = 2{x^3} + b{x^2} + cx + 1$. Tìm tọa độ điểm cực đại của đồ thị hàm số đó.
A. $N\left( {2;6} \right)$ B. $N\left( { – 2;11} \right)$ C. $N\left( {2;21} \right)$ D. $N\left( { – 2;21} \right)$
Câu 40 (VD). Cho khối hộp $ABCD.A’B’C’D’$ có thể tích bằng $6{a^3}$ và diện tích tam giác $A’BD$ bằng ${a^2}$. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng $\left( {B’CD’} \right)$ bằng
A. $3a$ B. $2a$ C. $6a$ D. $a$
Câu 41 (TH). Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số $y = \frac{{x + {m^2}}}{{x – 1}}$ trên đoạn $\left[ {2;3} \right]$ bằng 11.
A. $m = 3$ B. $m = \sqrt {19} $ C. $m = \pm 3$ D. $m = \pm \sqrt {19} $
Câu 42 (VD). Giá trị lớn nhất của tham số m để phương trình ${4^{\left| x \right|}} + m{.2^{\left| x \right|}} + m = 0$ có nghiệm thuộc khoảng nào sau đây?
A. $\left( {0;1} \right)$ B. $\left( { – 1;0} \right)$ C. $\left( {2;3} \right)$ D. $\left( {1;2} \right)$
Câu 43 (VD). Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng $y = m + 1$ cắt đồ thị hàm số $y = {x^4} – 2{x^2} + 2$ tại 4 điểm phân biệt.
A. $m > 1$ B. $1 < m < 2$ C. $m < 2$ D. $0 < m < 1$
Câu 44 (VD). Xét các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn ${\log _a}b = 2$ và $\log _b^2c \le 2\left( {{{\log }_a}c – 2} \right)$. Khi đó ${\log _c}\left( {ab} \right)$ bằng
A. $\frac{3}{2}$ B. $\frac{3}{4}$ C. $\frac{4}{3}$ D. $\frac{2}{3}$
Câu 45 (VD). Cho khối lăng trụ $ABCD.A’B’C’D’$ có đáy ABCD là hình thang cân, $AD//BC,BC = a,$
$AD = 3a,AB = a\sqrt 2 $; góc giữa hai mặt phẳng $\left( {ADD’A’} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ bằng $60^\circ $. Nếu $A’B$ vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ thì khối lăng trụ $ABCD.A’B’C’D’$ có thể tích là
A. $V = 2\sqrt 3 {a^3}$ B. $V = \sqrt 3 {a^3}$ C. $V = \frac{{2\sqrt 3 {a^3}}}{9}$ D. $V = \frac{{2\sqrt 3 }}{2}{a^3}$
Câu 46 (VD). Biết nghiệm duy nhất của phương trình ${\log _2}x + {\log _3}x = 1$ có dạng $x = {a^{{{\log }_b}c}}$; trong đó $a,b,c$ là các số nguyên dương và $a,c$ là các số nguyên tố. Khi đó $a + b + c$ bằng
A. 8 B. 9 C. 11 D. 10
Câu 47 (TH). Cho hàm số $y = {\log _2}\left( {{2^x} + 1} \right)$. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. $y’ = {2^{x – y}}$ B. $y’ = {2^{y – x}}$ C. $y’ = {2^{x + y}}$ D. $y’ = {2^{x – y + 1}}$
Câu 48 (VD). Cho hàm số $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ có đồ thị như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. $a < 0,b > 0,c > 0,d > 0$ B. $a < 0,b < 0,c < 0,d > 0$
C. $a < 0,b > 0,c < 0,d > 0$ D. $a < 0,b < 0,c > 0,d > 0$
Câu 49 (VD). Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và $BC = 2AB = 2SB = 2a$, góc giữa SB và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ bằng $45^\circ $. Thể tích khối chóp S.ABCD là
A. $V = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{3}$ B. $V = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{2}$ C. $V = \sqrt 2 {a^3}$ D. $V = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{6}$
Câu 50 (VD). Một hình trụ $\left( T \right)$ có chiều cao bằng a và $O,O’$ lần lượt là tâm của hai đáy. Hai điểm A và B lần lượt nằm trên hai đường tròn đáy sao cho $AB = a\sqrt 3 $. Nếu khoảng cách giữa AB và $OO’$ bằng $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$ thì thể tích của khối trụ tạo nên bởi $\left( T \right)$ là
A. $V = \frac{{\pi {a^3}}}{3}$ B. $V = \frac{{\pi {a^3}}}{2}$ C. $V = \pi {a^3}$ D. $V = 2\pi {a^3}$
Đáp án
| 1- A | 2 – B | 3 – A | 4 – D | 5 – A | 6 – D | 7 – A | 8 – D | 9 – A | 10 – C |
| 11 – B | 12 – A | 13 – B | 14 – B | 15 – B | 16 – C | 17 – D | 18 – D | 19 – A | 20 – A |
| 21 – D | 22 – A | 23 – C | 24 – A | 25 – A | 26 – D | 27 – B | 28 – C | 29 – D | 30 – D |
| 31 – D | 32 – C | 33 – C | 34 – D | 35 – C | 36 – D | 37 – D | 38 – A | 39 – D | 40 – C |
| 41 – C | 42 – B | 43 – D | 44 – B | 45 – A | 46 – C | 47 – A | 48 – C | 49 – A | 50 – C |
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Phương pháp
Giải phương trình $y’ = 0$ để tìm điểm cực trị của hàm số.
Lấy ra điểm cực trị của hàm số trên đoạn $\left[ { – 4;4} \right]$.
So sánh các giá trị $f\left( {{x_{CT}}} \right)$ vừa lấy ra; $f\left( { – 4} \right);f\left( 4 \right)$ để tìm min, max trên đoạn $\left[ { – 4;4} \right]$.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}$
Ta có:
$y = f\left( x \right) = {x^3} – 3{x^2} – 9x + 1$
$ \Rightarrow f’\left( x \right) = 3{x^2} – 6x – 9 = 3\left( {{x^2} – 2x – 3} \right) = 2\left( {x – 3} \right)\left( {x + 1} \right)$
$f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = – 1\end{array} \right.$
Lại có:
$f\left( { – 4} \right) = – 75$ $f\left( { – 1} \right) = 6$ $f\left( 3 \right) = – 26$ $f\left( 4 \right) = – 19$
$ \Rightarrow f\left( { – 4} \right) < f\left( 3 \right) < f\left( 4 \right) < f\left( { – 1} \right)$
Do đó $M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { – 4;4} \right]} f\left( x \right) = f\left( { – 1} \right) = 6$ và $m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { – 4;4} \right]} f\left( x \right) = f\left( { – 4} \right) = – 75$
Vậy $M + m = 6 – 75 = – 69$
Chú ý: Khi tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trên đoạn $\left[ {a;b} \right]$, ta không cần lập BBT, chỉ cần so sánh các giá trị cực trị trong đoạn và các giá trị $f\left( a \right);f\left( b \right)$.
Câu 2 (NB): Đáp án B
Phương pháp
Áp dụng công thức tính thể tích của khối chóp.
Cách giải:
Thể tích của khối chóp có diện tích đáy là S và chiều cao h là $V = \frac{1}{3}S.h$
Câu 3 (TH): Đáp án A
Phương pháp:
Hàm số $y = f\left( x \right)$ đi qua điểm $A\left( {a;b} \right)$ khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}a \in D\\f\left( a \right) = b\end{array} \right.$
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { – 1} \right\}$
Hàm số $y = f\left( x \right) = \frac{{mx + 5}}{{x + 1}}$ đi qua điểm $A\left( {1; – 3} \right)$ nên ta có: $f\left( 1 \right) = – 3 \Leftrightarrow \frac{{m + 5}}{{1 + 1}} = – 3 \Rightarrow m = – 11$
Vậy $m = – 11$ thì hàm số đã cho đi qua $A\left( {1; – 3} \right)$
Câu 4 (NB): Đáp án D
Phương pháp:
Hàm số $y = {\log _a}f\left( x \right)$, với $0 < a \ne 1$ xác định khi và chỉ khi $f\left( x \right) > 0$.
Cách giải:
Hàm số $y = \log \left( {2 – x} \right)$ xác định khi và chỉ khi $2 – x > 0 \Leftrightarrow x < 2$.
Vậy TXĐ của hàm số đã cho là $D = \left( { – \infty ;2} \right)$.
Câu 5 (TH): Đáp án A
Phương pháp:
Tìm $f’\left( x \right)$.
Thay $f’\left( 1 \right) = \frac{3}{2}$ để tìm m.
Cách giải:
TXĐ: $D = \left[ {0; + \infty } \right)$
Ta có:
$f\left( x \right) = m.\sqrt[3]{x} + \sqrt x = m.{x^{\frac{1}{3}}} + {x^{\frac{1}{2}}}$
$ \Rightarrow f’\left( x \right) = m.\frac{1}{3}.{x^{\frac{1}{3} – 1}} + \frac{1}{2}.{x^{\frac{1}{2} – 1}}$
$ \Leftrightarrow f’\left( x \right) = \frac{1}{3}m.{x^{ – \frac{2}{3}}} + \frac{1}{2}.{x^{ – \frac{1}{2}}}$
$ \Leftrightarrow f’\left( x \right) = \frac{m}{{3.\sqrt[3]{{{x^2}}}}} + \frac{1}{{2\sqrt x }}$
Theo giả thiết, $f’\left( 1 \right) = \frac{3}{2}$ nên ta có:
$\frac{m}{{3.\sqrt[3]{{{1^2}}}}} + \frac{1}{{2\sqrt 1 }} = \frac{3}{2}$
$ \Leftrightarrow \frac{m}{3} + \frac{1}{2} = \frac{3}{2} \Rightarrow m = 3$
Vậy $m = 3$
Câu 6 (NB): Đáp án D
Phương pháp:
Hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ với $a,c \ne 0$ có đường tiệm cận đứng là $x = – \frac{d}{c}$ và đường tiệm cận ngang là $y = \frac{a}{c}$
Cách giải:
Đường tiệm cận đứng của hàm số $y = \frac{{2x – 1}}{{x + 1}}$ có phương trình là $x = – 1$
Câu 7 (TH): Đáp án A
Phương pháp:
Giải phương trình logarit cơ bản: ${\log _a}f\left( x \right) = b \Leftrightarrow f\left( x \right) = {a^b}\,\,\,\,\left( {0 < a \ne 1} \right)$.
Cách giải:
TXĐ: $D = \left( { – 1; + \infty } \right)$
Ta có:
$\ln \left( {x + 1} \right) = 2 \Leftrightarrow {\log _e}\left( {x + 1} \right) = 2$
$ \Leftrightarrow x + 1 = {e^2} \Leftrightarrow x = {e^2} – 1$
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là $S = \left\{ {{e^2} – 1} \right\}$
Câu 8 (NB): Đáp án D
Phương pháp:
Áp dụng công thức tính thể tích của khối lập phương.
Cách giải:
Thể tích của khối lập phương có cạnh bằng 2a là: $V = {\left( {2a} \right)^3} = 8{a^3}$.
Câu 9 (NB): Đáp án A
Phương pháp:
Tìm TXĐ của hàm số.
Tính $y’$ để xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số.
Cách giải:
TXĐ: $D = \left( { – \infty ; – 1} \right) \cup \left( { – 1; + \infty } \right)$
Ta có: $y’ = \frac{{ – 1\left( {x + 1} \right) – 1.\left( {3 – x} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{ – 4}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \in D$
Suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên từng khoảng xác định là $\left( { – \infty ; – 1} \right)$ và $\left( { – 1; + \infty } \right)$.
Câu 10 (TH): Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng một số công thức sau: $\sqrt[n]{{{a^m}}} = {a^{\frac{m}{n}}};{a^m}.{a^n} = {a^{m + n}};\frac{{{a^m}}}{{{a^n}}} = {a^{m – n}}$
Cách giải:
$\frac{{\sqrt[3]{{{a^2}\sqrt a }}}}{{{a^3}}} = \frac{{\sqrt[3]{{{a^2}.{a^{\frac{1}{2}}}}}}}{{{a^3}}} = \frac{{\sqrt[3]{{{a^{\frac{5}{2}}}}}}}{{{a^3}}} = \frac{{{a^{\frac{5}{6}}}}}{{{a^3}}} = {a^{\frac{5}{6} – 3}} = {a^{ – \frac{{13}}{6}}}$
$ \Rightarrow \alpha = – \frac{{13}}{6} \Leftrightarrow \alpha \in \left( { – 3; – 2} \right)$
Câu 11 (TH): Đáp án B
Phương pháp:
Số giao điểm của 2 đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và $y = g\left( x \right)$ là số nghiệm của phương trình $f\left( x \right) = g\left( x \right)$
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}$
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y = {x^3} – 3{x^2} + 4$ và đường thẳng $y = – 4x + 8$ là:
${x^3} – 3{x^2} + 4 = – 4x + 8$
$ \Leftrightarrow {x^3} – 3{x^2} + 4x – 4 = 0$
$ \Leftrightarrow \left( {{x^2} – 2{x^2}} \right) – \left( {{x^2} – 2x} \right) + \left( {2x – 4} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow \left( {x – 2} \right)\left( {{x^2} – x + 2} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x – 2 = 0\\{x^2} – x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2$
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và đường thẳng có 1 nghiệm duy nhất nên đường thẳng $y = – 4x + 8$ cắt đồ thị hàm số $y = {x^3} – 3{x^2} + 4$ tại 1 điểm.
Câu 12 (NB): Đáp án A
Phương pháp:
Diện tích xung quanh của hình trụ bằng chiều cao nhân với chu vi đáy.
Cách giải:
Diện tích xung quanh của hình trụ $\left( T \right)$ có chiều cao h và hình tròn đáy có bán kính R là:
${S_{xq}} = \left( {2\pi R} \right).h = 2\pi Rh$
Câu 13 (NB): Đáp án B
Phương pháp:
Hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ với $a,c \ne 0$ có đường tiệm cận đứng là $x = – \frac{d}{c}$ và đường tiệm cận ngang là $y = \frac{a}{c}$.
Cách giải:
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 5}}{{1 – x}}$ có phương trình là $y = \frac{2}{{ – 1}} \Leftrightarrow y = – 2$.
Câu 14 (TH): Đáp án B
Phương pháp:
Giá trị của $f\left( { – 1} \right)$ là giá trị của hàm số tại $x = – 1$.
Cách giải:
Ta có: $f\left( { – 1} \right) = {\left[ {{{\left( { – 1} \right)}^2} – 1 + 6} \right]^{\frac{3}{2}}} = {6^{\frac{3}{2}}} = \sqrt {{6^3}} = 6\sqrt 6 $
Vậy giá trị của $f\left( { – 1} \right)$ bằng $6\sqrt 6 $
Câu 15 (NB): Đáp án B
Phương pháp:
Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( {a;b} \right)$ khi và chỉ khi nó xác định trên khoảng $\left( {a;b} \right)$ và $f’\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left( {a;b} \right)$.
Cách giải:
Từ BBT, ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { – \infty ; – 1} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$ và nghịch biến trên khoảng $\left( { – 1;2} \right)$.
Câu 16 (TH): Đáp án C
Phương pháp:
Hàm số $y = {a^x}$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ khi $a > 1$ và nghịch biến trên $\mathbb{R}$ khi $0 < a < 1$.
Cách giải:
Ta có: $y = {2^{ – x}} = {\left( {{2^{ – 1}}} \right)^x} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}$
Do $0 < \frac{1}{2} < 1$ nên hàm số $y = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$ hay hàm số $y = {2^{ – x}}$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$.
Câu 17 (NB): Đáp án D
Phương pháp:
Thể tích khối lăng trụ bằng chiều cao nhân diện tích đáy
Cách giải:
Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy S và chiều cao h là: $V = Sh$.
Câu 18 (TH): Đáp án D
Phương pháp:
Xét hàm số: $y = f{\left( x \right)^a}$
Nếu a là số nguyên dương thì $f{\left( x \right)^a}$ xác định khi $f\left( x \right)$ xác định.
Nếu a là số nguyên âm thì $f{\left( x \right)^a}$ xác định khi $f\left( x \right) \ne 0$.
Nếu a không nguyên thì $f{\left( x \right)^a}$ xác định khi $f\left( x \right) > 0$.
Cách giải:
Hàm số $y = {\left( {x – {x^2}} \right)^{ – \frac{3}{2}}}$ xác định khi $x – {x^2} > 0 \Leftrightarrow x\left( {1 – x} \right) > 0 \Leftrightarrow x\left( {x – 1} \right) < 0 \Leftrightarrow 0 < x < 1$.
Vậy TXĐ của hàm số đã cho là $D = \left( {0;1} \right)$.
Câu 19 (NB): Đáp án A
Phương pháp:
Thể tích khối nón tròn xoay bằng diện tích đáy nhân chiều cao rồi chia 3.
Cách giải:
Thể tích của khối nón tròn xoay có diện tích đáy B và chiều cao h là $V = \frac{{Bh}}{3}$.
Câu 20 (NB): Đáp án A
Phương pháp:
Thể tích khối hộp chữ nhật bằng tích ba kích thước của khối hộp (chiều dài, chiều rộng, chiều cao).
Cách giải:
Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước $a,2a,3a$ là: $V = a.2a.3a = 6{a^3}$
Câu 21 (TH): Đáp án D
Phương pháp:
$x = a$ được gọi là điểm cực tiểu của hàm số $y = f\left( x \right)$ nếu qua điểm $x = a$, hàm số $f’\left( x \right)$ đổi dấu từ âm (-) sang dương (+)
Cách giải:
Ta có: $f’\left( x \right) = 4{x^3} = 0 \Leftrightarrow x = 0$
BBT:
Từ BBT ta thấy $x = 0$ là điểm cực tiểu của hàm số đã cho.
Câu 22 (VD): Đáp án A
Phương pháp:
Hàm số có cực đại tại $x = a$ thì $f’\left( a \right){\kern 1pt} = 0$ và $f’\left( x \right)$ đối dấu từ (+) sang (-) khi đi qua điểm $x = a$.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}$
Ta có: $f’\left( x \right) = 3{x^2} – 4mx + {m^2}$
$x = 1$ là điểm cực đại của hàm số đã cho nên
$f’\left( 1 \right) = 0$
$ \Leftrightarrow {3.1^2} – 4m.1 + {m^2} = 0 \Leftrightarrow {m^2} – 4m + 3 = 0$
$ \Leftrightarrow \left( {m – 1} \right)\left( {m – 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 3\end{array} \right.$
Với $m = 1$ ta có:
$f’\left( x \right) = 3{x^2} – 4x + 1 = \left( {3x – 1} \right)\left( {x – 1} \right)$
$f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \frac{1}{3}\end{array} \right.$
Phương trình này nhận $x = 1$ là điểm cực tiểu (không thỏa mãn)
Với $m = 3$ ta có:
$f’\left( x \right) = 3{x^2} – 12x + 9 = 3\left( {x – 1} \right)\left( {x – 3} \right)$
$f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.$
Phương trình này nhận $x = 1$ là điểm cực đại nên $m = 3$ thỏa mãn.
Câu 23 (NB): Đáp án C
Phương pháp:
Giải phương trình mũ đơn giản ${a^x} = b \Leftrightarrow x = {\log _a}b\left( {0 < a \ne 1;b > 0} \right)$
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}$
${3^x} = 6 \Leftrightarrow x = {\log _3}6$
Vậy $x = {\log _3}6$ là nghiệm của phương trình đã cho.
Câu 24 (TH): Đáp án A
Phương pháp:
Xác định hệ số của phương trình $y = a{x^4} + b{x^2} + c$ qua các điểm cực đại, cực tiểu, điểm cắt với trục hoành, trục tung, các điểm đặc biệt trên đồ thị
Cách giải:
Hàm số có đồ thị như hình vẽ có dạng $y = a{x^4} + b{x^2} + c$.
Hàm số đã cho cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -2 nên $c = – 2$.
Hàm số đã cho đi qua $A\left( { – 1;2} \right);B\left( {1;2} \right)$ nên ta có: $a + b + c = 2 \Leftrightarrow a + b = 4$.
Từ đáp án của bài toán ta thấy hàm số có đồ thị như hình đã cho thỏa mãn các điều kiện trên là $y = {x^3} + 3{x^2} – 2$.
Câu 25 (TH): Đáp án A
Phương pháp:
Đạo hàm của hàm số $y = {a^{f\left( x \right)}}$ là $y’ = f’\left( x \right).\ln a.{a^{f\left( x \right)}}{\kern 1pt} $
Cách giải:
Đạo hàm của hàm số $y = {3^{{x^2}}}$ là: $y’ = {\left( {{x^2}} \right)^\prime }.\ln {3.3^{{x^2}}} = 2x.\ln {3.3^{{x^2}}}$.
Câu 26 (TH): Đáp án D
Phương pháp:
Thể tích của lăng trụ có chiều cao bằng h, diện tích đáy bằng S là $V = S.h$.
Cách giải:
$ABC.A’B’C’$ là lăng trụ đứng nên $BB’ \bot \left( {ABC} \right)$
Mặt bên $ABB’A’$ là hình vuông có $AB’ = b\sqrt 2 $ nên ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}BB’ = AB\\B{{B’}^2} + A{B^2} = A{{B’}^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow AB = BB’ = b$
Thể tích của lăng trụ $ABC.A’B’C’$ có chiều cao $BB’ = b$ và diện tích đáy bằng ${a^2}$ là $V = {a^2}b$
Câu 27 (TH): Đáp án B
Phương pháp:
Áp dụng một số công thức về hàm logarit sau:
${\log _{{a^c}}}b = \frac{1}{2}.{\log _a}b$
${\log _a}b + {\log _a}c = {\log _a}\left( {bc} \right)$
${\log _a}{b^c} = c.{\log _a}b$
Cách giải:
Ta có:
${\log _{\sqrt a }}{b^2} + {\log _a}\left( {ab} \right) = {\log _{{a^{\frac{1}{2}}}}}{b^2} + {\log _a}a + {\log _a}b$
$ = 2{\log _a}{b^2} + 1 + {\log _a}b$
$ = 4{\log _a}b + 1 + {\log _a}b$
$ = 5{\log _a}b + 1$
$ = 5.4 + 1 = 21$
Câu 28 (VD): Đáp án C
Phương pháp:
– Tính $y’$ của hàm số đã cho với $\ln \left( {f\left( x \right)} \right) = \frac{{f’\left( x \right){\kern 1pt} }}{{f\left( x \right)}}$
– Giải phương trình $y’ = \frac{1}{4}$ để tìm nghiệm.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}$
Ta có:
$y = \ln \left( {{e^x} + 1} \right) – \frac{x}{2}$
$ \Rightarrow y’ = \frac{{{{\left( {{e^x} + 1} \right)}^\prime }}}{{{e^x} + 1}} – \frac{1}{2} = \frac{{{e^x}}}{{{e^x} + 1}} – \frac{1}{2}$
$y’ = \frac{1}{4} \Leftrightarrow \frac{{{e^x}}}{{{e^x} + 1}} – \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$
$ \Leftrightarrow \frac{{{e^x}}}{{{e^x} + 1}} = \frac{3}{4}$
$ \Leftrightarrow 4.{e^x} = 3.\left( {{e^x} + 1} \right)$
$ \Leftrightarrow {e^x} = 3$
$ \Leftrightarrow x = \ln 3$
Câu 29 (TH): Đáp án D
Phương pháp:
– Khi quay tam giác vuông IOM quanh cạnh góc vuông OI ta được một hình nón có chiều cao bằng độ dài cạnh OI và bán kính đáy là cạnh IM, đường sinh là cạnh huyền OM.
– Diện tích toàn phần của hình nón có độ dài đường sinh bằng l và bán kính đáy bằng r là ${S_{tp}} = \pi rl + \pi {r^2}$
Cách giải:
Khi quay tam giác vuông IOM quanh cạnh góc vuông OI ta được một hình nón có chiều cao bằng độ dài cạnh OI và bán kính đáy là cạnh IM, đường sinh là cạnh huyền OM (như hình vẽ dưới đây)
Tam giác OIM vuông tại I có $IOM = 30^\circ ;IM = a$ nên ta có:
$r = IM = a;l = OM = \frac{{IM}}{{\sin IOM}} = \frac{a}{{\sin 30}} = 2a$
Do đó diện tích toàn phần của hình nón tạo thành là:
${S_{tp}} = \pi rl + \pi {r^2} = \pi .a.2a + \pi {a^2} = 3\pi {a^2}$
Câu 30 (VD): Đáp án D
Phương pháp:
– Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy là r và chiều cao hình trụ bằng h là: ${S_{xq}} = 2\pi rh$.
– Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy bằng r và độ dài đường sinh bằng $l$ là: ${S_{xq}}^\prime = \pi rl$
Cách giải:
Gọi AB là đường kính đáy của hình tròn $\left( {O;r} \right)$.
Hình trụ đã cho có độ dài bán kính đáy bằng r và độ dài đường cao là $h = OO’ = r\sqrt 3 $ nên diện tích xung quanh của hình trụ là:
${S_1} = 2\pi rh = 2\pi .r.\sqrt 3 r = 2\sqrt 3 \pi {r^2}$
Hình nón có đáy là hình tròn $\left( {O;r} \right)$ nên bán kính đáy của hình nón bằng r. Độ dài đường sinh của hình nón là: $l = OA = \sqrt {O{{O’}^2} + O{A^2}} = 2a$
Suy ra diện tích xung quanh của hình nón là: ${S_2} = \pi rl = \pi r.2r = 2\pi {r^2}$.
Do đó tỉ số $\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{2\sqrt 3 \pi {r^2}}}{{2\pi {r^2}}} = \sqrt 3 $.
Câu 31 (TH): Đáp án D
Phương pháp:
Tính đạo hàm của hàm số $y = f\left( x \right)$.
Phương trình tiếp tuyến của hàm số $y = f\left( x \right)$ tại $x = a$ là: $d:y = f’\left( a \right)\left( {x – a} \right) + f\left( a \right)$
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}$
Ta có: $f’\left( x \right) = 3{x^2} – 6x$.
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại $x = 1$ là:
$d:y = f’\left( 1 \right)\left( {x – 1} \right) + f\left( 1 \right)$
$ \Rightarrow y = – 3\left( {x – 1} \right) – 1 = – 3x + 2$
Câu 32 (VD): Đáp án C
Phương pháp:
Phương trình $y = f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ thì số điểm cực trị của hàm số là số nghiệm phân biệt bội lẻ của phương trình $f’\left( x \right) = 0$.
Cách giải:
Hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và có đạo hàm $f’\left( x \right){\kern 1pt} = \left( {x – 1} \right){\left( {x – 2} \right)^2}{\left( {x – 3} \right)^3}$ nên ta có:
$f’\left( x \right) = 0$ có 3 nghiệm phân biệt trong đó có 2 nghiệm bội lẻ là 1 và 3 nên hàm số đã cho có 2 điểm cực trị tại $x = 1$ và $x = 3$.
Chú ý: Qua nghiệm bội chẵn thì $f’\left( x \right)$ không đổi dấu nên $f\left( x \right)$ không có cực trị tại nghiệm bội chẵn của phương trình $f’\left( x \right) = 0$.
Câu 33 (VD): Đáp án C
Phương pháp:
Khoảng cách từ một điểm $M\left( {a;b} \right)$ đến trục hoành bằng $\left| b \right|$ còn khoảng cách đến trục tung bằng $\left| a \right|$.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$
Gọi $M\left( {a;\frac{{a + 3}}{{a – 1}}} \right),a \ne 1$ là điểm thuộc đồ thị đã cho thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Khoảng cách từ $M\left( {a;\frac{{a + 3}}{{a – 1}}} \right)$ đến trục tung bằng $\left| a \right|$; khoảng cách đến trục hoành bằng $\left| {\frac{{a + 3}}{{a – 1}}} \right|$
Theo giả thiết, khoảng cách từ M đến trục tung bằng 2 lần khoảng cách từ M đến trục hoành nên ta có:
$\left| a \right| = 2\left| {\frac{{a + 3}}{{a – 1}}} \right| \Leftrightarrow \left| a \right|\left| {a – 1} \right| = 2\left| {a + 3} \right|\,\,\,\,\left( 1 \right)$
+) Nếu $a < – 3$ thì phương trình (1) trở thành: $\left( { – a} \right)\left( {1 – a} \right) = – 2\left( {a + 3} \right) \Leftrightarrow {a^2} + a + 6 = 0$
Phương trình này vô nghiệm nên không có giá trị $a < – 3$ thỏa mãn
+) Nếu $ – 3 \le a \le 0$ thì phương trình (1) trở thành:
$\left( { – a} \right)\left( {1 – a} \right) = 2\left( {a + 3} \right) \Leftrightarrow {a^2} – a = 2\left( {a + 3} \right)$
$ \Leftrightarrow {a^2} – 3a – 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = \frac{{3 – \sqrt {33} }}{2}\left( {tm} \right)\\a = \frac{{3 + \sqrt {33} }}{2}\left( {ktm} \right)\end{array} \right.$
+) Nếu $0 < a < 1$ thì phương trình (1) trở thành: $a\left( {1 – a} \right) = 2\left( {a + 3} \right) \Leftrightarrow {a^2} + a + 6 = 0$
Phương trình này vô nghiệm
+) Nếu $a > 1$ thì phương trình (1) trở thành:
$a\left( {a – 1} \right) = 2\left( {a + 3} \right) \Leftrightarrow {a^2} – 3a – 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = \frac{{3 – \sqrt {33} }}{2}\left( {ktm} \right)\\a = \frac{{3 + \sqrt {33} }}{2}\left( {tm} \right)\end{array} \right.$
Suy ra có 2 giá trị của a thỏa mãn hay có 2 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 34 (VD): Đáp án D
Phương pháp:
– Phương trình tiếp tuyến của hàm số $y = f\left( x \right)$ tại $x = a$ là: $d:y = f’\left( a \right)\left( {x – a} \right) + f\left( a \right)$.
– Tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ song song với đường thẳng $y = ax + b$ thì $f’\left( x \right) = a$, với $x \in D$.
– Thay giá trị của x vào phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ để tìm tiếp tuyến đó.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { – 1} \right\}$
$f’\left( x \right) = \frac{{2\left( {x + 1} \right) – \left( {2x – 1} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số $\left( C \right):y = f\left( x \right) = \frac{{2x – 1}}{{x + 1}}$ song song với đường thẳng $y = 3x – 1$ nên ta có:
$\frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = 3 \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 1\\x + 1 = – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = – 2\end{array} \right.$
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại $x = 0$ là $y = f’\left( 0 \right)\left( {x – 0} \right) + f\left( 0 \right) = 3x – 1$ (Loại do trùng với đường thẳng $y = 3x – 1$).
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại $x = – 2$ là $y = f’\left( { – 2} \right)\left( {x + 2} \right) + f\left( { – 2} \right) = 3x + 11$ (Thỏa mãn).
Vậy có 1 tiếp tuyến với đồ thị hàm số thỏa mãn đề bài.
Câu 35 (VD): Đáp án C
Phương pháp:
– Khi quay hình vuông và các điểm bên trong nó xung quanh một đường thẳng đi qua trung điểm 2 cạnh đối diện ta được một hình trụ có chiều cao và đường kính đáy bằng cạnh hình vuông.
– Thể tích của khối trụ có bán kính đáy bẳng r và chiều cao bằng h là $V = \pi {r^2}h$.
Cách giải:
I và H là trung điểm của 2 cạnh đối AB và CD nên khi quay hình vuông ABCD và các điểm bên trong nó quanh đường thẳng IH ta được một khối trụ có chiều cao là IH và hai đáy có đường kính là AB và CD.
Do vậy khối trụ trên có chiều cao là $h = IH = a$ và bán kính đáy là $r = IA = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}$.
Thể tích của khối trụ tròn xoay tạo thành là:
$V = \pi .IH.I{A^2} = \pi .a.{\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{\pi {a^3}}}{4}$
Câu 36 (TH): Đáp án D
Phương pháp:
Lập BBT của hàm số từ đồ thị hàm số đã cho
Từ BBT, tìm các giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trên đoạn.
Cách giải:
Từ đồ thị của hàm số đã cho ta có bảng biến thiên của hàm số như sau:
Từ BBT ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên từng khoảng xác định $\left( { – \infty ;1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$.
Suy ra $\mathop {\min }\limits_{\left[ { – 3;0} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right);\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;5} \right]} f\left( x \right) = f\left( 5 \right)$.
Câu 37 (TH): Đáp án D
Phương pháp:
Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng S là $V = \frac{1}{3}h.S$.
Cách giải:
Tam giác ABC vuông cân tại A có $AB = a$ nên diện tích tam giác ABC là ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}A{B^2} = \frac{{{a^2}}}{2}$
Thể tích của khối chóp S.ABC là: ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}h.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}{a^2} = \frac{1}{6}{a^3}$
Câu 38 (VD): Đáp án A
Phương pháp:
Hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định và liên tục trên khoảng $\left( {a;b} \right)$ và luôn đồng biến trên khoảng đó khi và chỉ khi $f’\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left( {a;b} \right)$ (Dấu “=” chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm).
Cách giải:
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên khoảng $\left( {1;2} \right)$.
Ta có: $f’\left( x \right) = 4{x^3} – 4mx$.
Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( {1;2} \right)$ khi và chỉ khi $f’\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left( {1;2} \right)$.
$ \Leftrightarrow 4{x^3} – 4mx \ge 0,\forall x \in \left( {1;2} \right) \Leftrightarrow mx \le {x^3},\forall x \in \left( {1;2} \right)$
$ \Leftrightarrow m \le {x^2},\forall x \in \left( {1;2} \right) \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left( {1;2} \right)} {x^2} = 1$
Vậy $m \in \left( { – \infty ;1} \right]$ thì hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( {1;2} \right)$.
Câu 39 (VD): Đáp án D
Phương pháp:
$M\left( {a;b} \right)$ là điểm cực tiểu của hàm số $y = f\left( x \right)$ thì $\left\{ \begin{array}{l}f’\left( a \right) = 0\\f\left( a \right) = b\end{array} \right.$ và $f’\left( x \right)$ đổi dấu từ âm (-) sang dương (+) khi đi qua điểm $x = a$.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}$
Ta có: $f’\left( x \right) = 6{x^2} + 2bx + c$
$M\left( {1; – 6} \right)$ là điểm cực tiểu của hàm số đã cho nên ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}f’\left( 1 \right) = 0\\f\left( 1 \right) = – 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6 + 2b + c = 0\\2 + b + c + 1 = – 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2b + c = – 6\\b + c = – 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3\\c = – 12\end{array} \right.$
Suy ra
$f’\left( x \right) = 6{x^2} + 6x – 12 = 6\left( {x – 1} \right)\left( {x + 2} \right)$
$ \Rightarrow f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = – 2\end{array} \right.$
$x = – 2 \Rightarrow f\left( { – 2} \right) = 21$
Do đó $N\left( { – 2;21} \right)$ là điểm cực đại của đồ thị hàm số đã cho.
Câu 40 (VD): Đáp án C
Phương pháp:
Áp dụng công thức tính thể tích của hình chóp có diện tích đáy bằng S và chiều cao bằng h là $V = \frac{1}{3}Sh$
Tính thể tích của khối chóp $A.B’CD’$ và diện tích tam giác $B’CD’$ rồi tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng $\left( {B’CD’} \right)$.
Cách giải:
Gọi h là chiều cao của hình hộp đã cho:
Ta có: ${V_{ABCD.A’B’C’D’}} = h.{S_{ABCD}} = 6{a^3}$
${V_{D’.ADC}} = {V_{A.A’B’D’}} = {V_{C.C’B’D’}} = {V_{B’.ABC}}$
$ = \frac{1}{3}h.\frac{1}{2}{S_{ABCD}} = \frac{1}{6}h.{S_{ABCD}} = \frac{1}{6}{V_{ABCD.A’B’C’D’}} = {a^3}$
$ \Rightarrow {V_{A.CB’D’}} = {V_{ABCD.A’B’C’D’}} – {V_{D’.ADC}} – {V_{A.A’B’D’}} – {V_{C.C’B’D’}} – {V_{B’.ABC}}$
$ = 2{a^3}$
Lại thấy $\Delta A’BD = \Delta CD’B’\left( {c.c.c} \right)$ nên ${S_{B’CD’}} = {S_{A’BD}} = {a^2}$
Mặt khác ${V_{A.CB’D’}} = \frac{1}{3}{d_{\left( {A,\left( {CB’D’} \right)} \right)}}.{S_{CB’D’}} \Leftrightarrow 2{a^3} = \frac{1}{3}.{d_{\left( {A,\left( {CB’D’} \right)} \right)}}.{a^2} \Rightarrow {d_{\left( {A,\left( {CB’D’} \right)} \right)}} = 6a$
Vậy khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng $\left( {B’CD’} \right)$ bằng 6a.
Câu 41 (TH): Đáp án C
Phương pháp:
Xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số trên $\left[ {2;3} \right]$ để tìm giá trị lớn nhất của hàm số.
Thay giá trị lớn nhất của hàm số để tìm m.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.
Suy ra hàm số đã cho xác định là liên tục trên đoạn $\left[ {2;3} \right]$.
Ta có:
$y = f\left( x \right) = \frac{{x + {m^2}}}{{x – 1}}$
$ \Rightarrow f’\left( x \right) = \frac{{1\left( {x – 1} \right) – 1.\left( {x + {m^2}} \right)}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}} = \frac{{ – \left( {{m^2} + 1} \right)}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \in D$
Suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên từng khoảng xác định hay hàm số nghịch biến trên đoạn $\left[ {2;3} \right]$.
Do đó $\mathop {\max }\limits_{\left[ {2;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) \Leftrightarrow 11 = \frac{{2 + {m^2}}}{{2 – 1}} \Leftrightarrow {m^2} = 9 \Leftrightarrow m = \pm 3$.
Câu 42 (VD): Đáp án B
Phương pháp:
– Đặt ẩn phụ để đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai.
– Tìm điều kiện cho ẩn phụ.
– Tìm điều kiện của tham số m để phương trình bậc 2 có nghiệm thỏa mãn.
Cách giải
TXĐ: $D = \mathbb{R}$.
Đặt $t = {2^{\left| x \right|}}$, ta có: $\left| x \right| \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}$ nên $t = {2^{\left| x \right|}} \ge 1,\forall x \in \mathbb{R}$.
Khi đó, phương trình đã cho trở thành: ${t^2} + mt + m = 0\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$.
Để phương trình (1) trên có nghiệm t thì $\Delta \ge 0 \Leftrightarrow {m^2} – 4m \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \ge 4\\m \le 0\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$
Nếu $\left[ \begin{array}{l}m = 4\\m = 0\end{array} \right.$ thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất $\left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = – 2\end{array} \right.\left( {ktm} \right)$.
Nếu $\left[ \begin{array}{l}m > 4\\m < 0\end{array} \right.$ thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ${t_1};{t_2}$ thỏa mãn $\left\{ \begin{array}{l}{t_1} + {t_2} = – m\\{t_1}{t_2} = m\end{array} \right.$
Nếu cả 2 nghiệm t đều nhỏ hơn 1 thì
$\left\{ \begin{array}{l}{t_1} + {t_2} < 2\\\left( {{t_1} – 1} \right)\left( {{t_2} – 1} \right) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – m < 2\\{t_1}{t_2} – \left( {{t_1} + {t_2}} \right) + 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > – 2\\m + m + 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m > – 1$
Do đó, để phương trình có ít nhất một nghiệm $t \ge 1$ thì $m \le – 1$. Kết hợp điều kiện (2) ta được $m \le – 1$.
Suy ra giá trị lớn nhất của m nằm trong khoảng $\left( { – 1;0} \right)$.
Câu 43 (VD): Đáp án D
Phương pháp:
– Lập BBT của hàm số đã cho.
– Từ BBT, tìm điều kiện của m để đường thẳng cắt đồ thị hàm số đã cho tại 4 điểm phân biệt.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}$.
$d:y = m + 1$
$\left( C \right):y = f\left( x \right) = {x^4} – 2{x^2} + 2$
Ta có:
$y = f\left( x \right) = {x^4} – 2{x^2} + 2$
$ \Rightarrow f’\left( x \right) = 4{x^3} – 4x = 4x\left( {x – 1} \right)\left( {x + 1} \right)$
$f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = – 1\end{array} \right.$
BBT của hàm số $y = f\left( x \right)$ như sau:
Từ BBT ta thấy đường thẳng d cắt đồ thị hàm số $\left( C \right)$ tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi:
$1 < m + 1 < 2 \Leftrightarrow 0 < m < 1$.
Vậy $0 < m < 1$ thì đường thẳng d cắt đồ thị hàm số đã cho tại 4 điểm phân biệt.
Câu 44 (VD): Đáp án B
Phương pháp:
Áp dụng các công thức về hàm logarit sau để giải bài toán:
${\log _a}c = {\log _a}b.{\log _b}c$
${\log _c}\left( {ab} \right) = {\log _c}a + {\log _c}b\,\,\,\left( {a;b;c > 0} \right)$
${\log _a}b = \frac{1}{{{{\log }_b}a}}$
Cách giải:
Ta có:
$\log _b^2c \le 2\left( {{{\log }_a}c – 2} \right)$
$ \Leftrightarrow \log _b^2c \le 2\left( {{{\log }_a}b.{{\log }_b}c – 2} \right)$
$ \Leftrightarrow \log _b^2c \le 2.\left( {2.{{\log }_b}c – 2} \right)$
$ \Leftrightarrow \log _b^2c – 4{\log _b}c + 4 \le 0$
$ \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_b}c – 2} \right)^2} \le 0$
$ \Rightarrow {\log _b}c – 2 = 0 \Leftrightarrow {\log _b}c = 2$
Do đó ta có:
${\log _c}\left( {ab} \right) = {\log _c}a + {\log _c}b = {\log _c}b.{\log _b}a + {\log _c}b$
$ = \frac{1}{{{{\log }_b}c}}.\frac{1}{{{{\log }_a}b}} + \frac{1}{{{{\log }_b}c}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2} + \frac{1}{2} = \frac{3}{4}$
Câu 45 (VD): Đáp án A
Phương pháp:
– Tìm góc tạo bởi hai mặt phẳng $\left( {ADD’A’} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$, từ đó tính được độ dài chiều cao h của lăng trụ đã cho.
– Thể tích của lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng S là $V = Sh$.
Cách giải:
Qua B kẻ $BH \bot AD\left( {H \in AD} \right)$
Ta có:
$\left. \begin{array}{l}AB \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow A’B \bot AD\\BH \bot AD\end{array} \right\} \Rightarrow AD \bot \left( {A’BH} \right) \Rightarrow AD \bot A’H$
Lại có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {ADD’A’} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AD\\A’H \bot AD;BH \bot AD\\A’H \subset \left( {ADD’A’} \right)’;BH \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right.$
$ \Rightarrow \left( {\left( {ADD’A’} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = A’H,BH = A’HB = 60^\circ $.
ABCD là hình thang cân nên $AH = \frac{{AD – BC}}{2} = a$.
Tam giác AHB vuông tại H nên $A{H^2} + B{H^2} = A{B^2} \Leftrightarrow {a^2} + B{H^2} = 2{a^2} \Rightarrow BH = a$
Tam giác $A’BH$ vuông tại B có $A’HB = 60^\circ ;BH = a$ nên: $A’B = BH.\tan A’HB = a.\tan 60^\circ = \sqrt 3 a$
Diện tích hình thang ABCD là: ${S_{ABCD}} = \frac{1}{2}BH.\left( {BC + AD} \right) = \frac{1}{2}.a.4a = 2{a^2}$.
Vậy thể tích của khối lăng trụ $ABCD.A’B’C’D’$ là: ${V_{ABCD.A’B’C’D’}} = A’B.{S_{ABCD}} = \sqrt 3 a.2{a^2} = 2\sqrt 3 {a^3}$.
Câu 46 (VD): Đáp án C
Phương pháp:
Áp dụng các công thức về hàm logarit sau để giải bài toán:
${\log _a}b = {\log _a}c.{\log _c}b$
${\log _a}b = \frac{1}{{{{\log }_b}a}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {0 < a,b,c \ne 1} \right)$
${\log _a}b + {\log _a}c = {\log _a}\left( {bc} \right)$
Cách giải:
${\log _2}x + {\log _3}x = 1$
$ \Leftrightarrow {\log _2}3.{\log _3}x + {\log _3}x = 1$
$ \Leftrightarrow {\log _3}x\left( {{{\log }_2}3 + 1} \right) = 1$
$ \Leftrightarrow {\log _3}x.\left( {{{\log }_2}3 + {{\log }_2}2} \right) = 1$
$ \Leftrightarrow {\log _3}x.{\log _2}6 = 1$
$ \Leftrightarrow {\log _3}x = \frac{1}{{{{\log }_2}6}}$
$ \Leftrightarrow {\log _3}x = {\log _6}2$
$ \Leftrightarrow x = {3^{{{\log }_6}2}}$
Từ giả thiết suy ra $a = 3;b = 6;c = 2$ do đó $a + b + c = 11$.
Câu 47 (TH): Đáp án A
Phương pháp:
Đạo hàm của hàm số $y = {\log _a}f\left( x \right) = \frac{{f’\left( x \right)}}{{\ln a.f\left( x \right)}}$
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}$
$y’ = \frac{{{{\left( {{2^x} + 1} \right)}^\prime }}}{{\ln 2.\left( {{2^x} + 1} \right)}} = \frac{{\ln {{2.2}^x}}}{{\ln 2.\left( {{2^x} + 1} \right)}} = \frac{{{2^x}}}{{{2^x} + 1}} = \frac{{{2^x}}}{{{2^y}}} = {2^{x – y}}$
Câu 48 (VD): Đáp án C
Phương pháp:
– Từ đồ thị của hàm số, xác định điểm cắt của đồ thị với trục tung, giới hạn của hàm số ở $ \pm \infty $, dấu của các điểm cực trị.
– Từ đó suy ra dấu của $a,b,c,d$.
Cách giải:
Từ đồ thị hàm số đã cho ta thấy:
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại một điểm có tung độ lớn hơn 0 nên $d > 0$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = – \infty $ nên $a < 0$
Hàm số có 2 điểm cực trị ${x_1};{x_2}$ thỏa mãn ${x_1} > 0;{x_2} > 0$ nên ta có:
${x_1};{x_2}$ là 2 nghiệm dương phân biệt của phương trình
$y’ = 0 \Leftrightarrow 3a{x^2} + 2bc + c = 0$ nên:
$\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} > 0\\{x_1}.{x_2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{ – 2b}}{{3a}} > 0\\\frac{c}{{3a}} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{b}{a} < 0\\\frac{c}{a} > 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a < 0\\b > 0\\c < 0\end{array} \right.$
Vậy $a < 0,b > 0,c < 0,d > 0$
Câu 49 (VD): Đáp án A
Phương pháp:
– Xác định góc giữa SB và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ để tính độ dài đường cao h của khối chóp.
– Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h, diện tích đáy bằng S là $V = \frac{1}{3}Sh$.
Cách giải:
Gọi H là chân đường cao hạ từ S xuống mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$
Do $SH \bot \left( {ABCD} \right)$ nên góc giữa SB và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là góc giữa SB và BH
Suy ra $SBH = 45^\circ $
Tam giác SBH vuông tại H có $SBH = 45^\circ ,SB = a$ nên
$SH = SB.\sin SBH = a.\sin 45^\circ = \frac{{\sqrt 2 a}}{2}$.
Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là
${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}SH.AB.BC = \frac{1}{3}.\frac{{\sqrt 2 a}}{2}.a.2a = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{3}$
Câu 50 (VD): Đáp án C
Phương pháp:
– Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau là khoảng cách từ đường thẳng này đến mặt phẳng song song với nó và chứa đường thẳng kia.
– Tính bán kính r của đường tròn đáy.
– Thể tích của khối trụ có bán kính đáy bằng r và chiều cao bằng h là $V = \pi .{r^2}h$.
Cách giải:
Giả sử A và B lần lượt nằm trên 2 đáy tâm O và $O’$
Hạ đường thẳng AD vuông góc với 2 đáy, với $D \in \left( {O;r} \right)$.
Suy ra $AD//OO’$
Gọi I là trung điểm DB, tam giác $O’BD$ có $O’B = O’D = r$ nên tam giác $O’BD$ cân tại $O’$. Do vậy, $O’I \bot BD\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$
AD vuông góc với 2 đáy nên $AD \bot O’I\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$
Từ (1) và (2) suy ra $O’I \bot \left( {ABD} \right)$.
Do $AD//OO’$ nên ${d_{\left( {OO’;AB} \right)}} = {d_{\left( {OO’;\left( {ABD} \right)} \right)}} = {d_{\left( {O’;\left( {ABD} \right)} \right)}} = O’I \Rightarrow O’I = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$
Áp dụng định lí Pi – ta – go ta có:
$A{D^2} + D{B^2} = A{B^2} \Leftrightarrow {a^2} + B{D^2} = 3{a^2}$
$ \Leftrightarrow BD = \sqrt 2 a \Rightarrow IB = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$
$ \Rightarrow r = O’B = \sqrt {O'{I^2} + I{B^2}} = a$
Vậy thể tích của khối trụ tạo nên bởi $\left( T \right)$ là $V = \pi .OO’.O'{B^2} = \pi .a.{a^2} = \pi {a^3}$.
