Đề thi học kì 1 Toán 12 sở giáo dục & đào tạo trường thpt chuyên đại học ngoại ngữ có đáp án và lời giải chi tiết gồm 50 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.
| SỞ GD & ĐT
TRƯỜNG ĐẠI HỌC NGOẠI NGỮ TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGOẠI NGỮ MÃ ĐỀ 123 |
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I LỚP 12 – MÔN TOÁN
NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian làm bài: 90 phút |
Câu 1: Đồ thị hàm số $y = {x^3} – 3{{\rm{x}}^2} – 9{\rm{x}} + 5$ có hai điểm cực trị A, B. Điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng AB?
A. $E\left( {2; – 14} \right)$ B. $M\left( {0; – 2} \right)$ C. $F\left( { – 2;14} \right)$ D. $N\left( { – 2;0} \right)$
Câu 2: Cho hàm số $y = \frac{{x + 1}}{{1 – x}}$ và các mệnh đề sau:
(I). Đồ thị hàm số trên nhận điểm $I\left( {1; – 1} \right)$ làm tâm đối xứng.
(II). Hàm số trên luôn đồng biến trên $\mathbb{R}$.
(III). Điểm $M\left( {2; – 3} \right)$ thuộc đồ thị hàm số.
(IV). Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng là đường thẳng $y = – 1$.
Trong số các mệnh đề trên số mệnh đề sai là:
A. 3 B. 0 C. 2 D. 1
Câu 3: Tìm các đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{{2{\rm{x}} – 2 – \sqrt {{x^2} + x + 4} }}{{{x^2} – 5{\rm{x}} + 6}}$
A. $x = 2$ và $x = 3$ B. $x = 2$ C. $x = 3$ D. $x = – 2$ và $x = – 3$
Câu 4: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như hình bên dưới.
Xét các mệnh đề sau:
(I). Đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.
(II). Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { – \infty ;0} \right)$ và đồng biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$.
(III). Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1 và giá trị nhỏ nhất bằng $ – 1$.
(IV). Hàm số có 1 điểm cực trị.
Số các khẳng định đúng là:
A. 3 B. 0 C. 1 D. 2
Câu 5: Biết phương trình ${\log _5}x = {\log _7}\left( {x + 2} \right)$ có nghiệm duy nhất là $x = a$, tính giá trị của ${\log _5}\left( {7{{\rm{a}}^2}} \right)$.
A. $1 + {\log _5}7$ B. $4 + {\log _5}7$ C. ${\log _5}7$ D. $2 + {\log _5}7$
Câu 6: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như hình vẽ.
Hàm số $y = – 2018.f\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. $\left( {1; + \infty } \right)$ B. $\left( {0; + \infty } \right)$ C. $\left( { – \infty ;1} \right)$ D. $\left( { – \infty ;0} \right)$
Câu 7: Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình ${x^3} – 3{\rm{x}} + m = 0$ có ba nghiệm phân biệt.
A. $\left( { – \infty ;2} \right)$ B. $\left( { – 2; + \infty } \right)$ C. $\left( { – 2;2} \right)$ D. $\left( { – 2;3} \right)$
Câu 8: Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số $y = {e^x}.\ln {\rm{x}}$ trên đoạn $\left[ {1;e} \right]$, khẳng định nào sau đây là đúng?
A. $M > 20$ B. $15 < M < 16$ C. M là số hữu tỉ D. $M < 10$
Câu 9: Cho hàm số $y = a{x^4} + b{x^2} + c$ có đồ thị như hình vẽ bên.
Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
A. $a < 0;b < 0;c > 0$ B. $a > 0;b < 0;c < 0$
C. $a > 0;b < 0;c > 0$ D. $a < 0;b > 0;c > 0$
Câu 10: Hình chóp S.ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc và $SA = 4;SB = 5;SC = 7$. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng:
A. $\frac{{3\sqrt {10} }}{2}$ B. $\frac{{3\sqrt {10} }}{4}$ C. $3\sqrt {10} $ D. $6\sqrt {10} $
Câu 11: Đồ thị hàm số nào dưới đây có 3 đường tiệm cận?
A. $y = \frac{{{x^2} + x – 2}}{{{x^2} – 3{\rm{x}} + 2}}$ B. $y = \frac{{{x^2} + x + 2}}{{{x^2} – 3{\rm{x}} + 2}}$ C. $y = \frac{{\sqrt {3 – 2{\rm{x}}} }}{{{x^2} – 3{\rm{x}} + 2}}$ D. $y = \tan x$
Câu 12: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, ΔSAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Cạnh bên SC hợp với đáy góc $30^\circ $ và $S{\rm{D}} = \sqrt 5 a$. Thể tích khối chóp S.ABCD là:
A. $\frac{{\sqrt 5 {a^3}}}{2}$ B. $\frac{{3\sqrt 5 {a^3}}}{2}$ C. $\frac{{\sqrt 5 {a^3}}}{4}$ D. $\frac{{3\sqrt 5 {a^3}}}{4}$
Câu 13: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
A. Hình lăng trụ đều luôn có mặt cầu ngoại tiếp. B. Hình hộp đứng luôn có mặt cầu ngoại tiếp.
C. Hình chóp đều luôn có mặt cầu ngoại tiếp. D. Hình chóp tam giác luôn có mặt cầu ngoại tiếp.
Câu 14: Một hình tứ diện đều cạnh 3cm có một đỉnh trùng với đỉnh của hình nón, ba đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy của hình nón. Khi đó, diện tích xung quanh của hình nón là:
A. $3\sqrt 2 \pi c{m^2}$ B. $9\sqrt 2 \pi c{m^2}$ C. $3\sqrt 3 \pi c{m^2}$ D. $\frac{{9\sqrt 3 }}{2}\pi c{m^2}$
Câu 15: Tìm số nghiệm nguyên dương của phương trình $\sqrt {\log \left( {10{\rm{x}}} \right)} = \log \frac{x}{{10}}$
A. 1 B. 0 C. 4 D. 2
Câu 16: Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
$y = {\sin ^3}x + \cos 2x + \sin x + 2$ trên đoạn $\left[ {0;\pi } \right]$. Đặt $P = M – m$. Khi đó, khẳng định nào dưới đây là đúng?
A. $4 < P < 5$ B. $0 < P < 1$ C. $1 < P < 2$ D. $3 < P < 4$
Câu 17: Giá trị lớn nhất của hàm số $y = \frac{{3{\rm{x}} + 2}}{{x + 1}}$ trên đoạn $\left[ {0;2} \right]$ bằng
A. $\frac{{10}}{3}$ B. 2 C. 3 D. $\frac{8}{3}$
Câu 18: Cho 3 số thực dương a, b, c khác 1. Đồ thị các hàm số $y = {a^x},{\rm{ }}y = {\log _b}x,{\rm{ }}y = {\log _c}x$ được cho như trong hình vẽ.
Mệnh đề nào dưới đây là mệnh đề đúng?
A. $c < a < b$ B. $c < b < a$ C. $b < a < c$ D. $b < c < a$
Câu 19: Gọi M, N là giao điểm của đường thẳng $y = x + 1$ và đồ thị hàm số $y = \frac{{2{\rm{x}} + 4}}{{x – 1}}$. Hoành độ trung điểm của đoạn thẳng MN là:
A. 2 B. 1 C. $ – \frac{5}{2}$ D. $ – 5$
Câu 20: Cho hình lăng trụ đều $ABC.A’B’C’$ có cạnh đáy bằng $a\sqrt 2 $; $A’C$ hợp với mp $\left( {ABB’A’} \right)$ một góc bằng $30^\circ $. Thể tích khối lăng trụ đó bằng
A. $\frac{{2\sqrt 3 {a^3}}}{3}$ B. $\frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{3}$ C. $2\sqrt 3 {a^3}$ D. $\sqrt 3 {a^3}$
Câu 21: Cho hình lăng trụ $ABC.A’B’C’$ có thể tích bằng 60 (đvtt). Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh $CC’,BC$. Thể tích của khối chóp A.CMN bằng
A. 10 (đvtt) B. 12 (đvtt) C. 5 (đvtt) D. 15 (đvtt)
Câu 22: Một hình trụ có bán kính đáy bằng 5cm, chiều cao 5cm. Diện tích toàn phần của hình trụ đó là
A. $100c{m^2}$ B. $50c{m^2}$ C. $100\pi c{m^2}$ D. $50\pi c{m^2}$
Câu 23: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
A. Số cạnh của một hình lăng trụ luôn là một số chẵn.
B. Số mặt của một hình lăng trụ luôn là một số chẵn.
C. Số cạnh của một hình chóp luôn là một số chẵn
D. Số đỉnh của một hình chóp luôn là một số chẵn.
Câu 24: Hàm số nào dưới đây có tập xác định là $\mathbb{R}$?
A. $y = {\left( { – {x^4} – {x^2}} \right)^{ – 5}}$ B. $y = \ln \left( {4{{\rm{x}}^2} – 12{\rm{x}} + 9} \right)$
C. $y = {\left( {2{{\rm{x}}^2} – x + 1} \right)^{\sqrt 3 }}$ D. $y = {\log _{{{\sin }^2}x}}\left( {1 + {{\tan }^2}x} \right)$
Câu 25: Tìm tập xác định D của hàm số $y = \frac{{{{\log }_{2018}}\left( {x + 1} \right)}}{{{e^{{x^2}}} – e}}$.
A. $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { \pm 1} \right\}$ B. $D = \left( { – 1; + \infty } \right)\backslash \left\{ 1 \right\}$ C. $D = \left( { – 1; + \infty } \right)$ D. $D = \left( {1; + \infty } \right)$
Câu 26: Cho $0 < a \ne 1$ và $x,y > 0$, xét các công thức sau:
(I). ${\log _a}\left( {{a^x}.{a^y}} \right) = x.y$ (II). ${a^{{{\log }_a}\left( {x + y} \right)}} = x + y$ (II). ${\log _a}{\left( {{a^x}} \right)^y} = xy$
Trong các công thức trên có bao nhiêu công thức đúng?
A. 1 B. 0 C. 2 D. 3
Câu 27: Hàm số $y = {x^5} + 2{{\rm{x}}^3} – 1$ có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 2 B. 3 C. 1 D. 0
Câu 28: Tìm đạo hàm của hàm số $y = {\log _2}\left( {2{\rm{x}} – 1} \right)$
A. $y’ = \frac{{2{\rm{x}} – 1}}{{\ln 2}}$ B. $y’ = \frac{2}{{2{\rm{x}} – 1}}$ C. $y’ = \frac{2}{{{{\log }_2}\left( {2{\rm{x}} – 1} \right)}}$ D. $y’ = \frac{2}{{\ln \left( {{2^{2{\rm{x}} – 1}}} \right)}}$
Câu 29: Chọn hàm số có đồ thị như hình.
A. $\frac{{x – 3}}{{x – 1}}$ B. $y = \frac{{x – 3}}{{x – 1}}$ C. $\frac{{2{\rm{x}} – 3}}{{x + 1}}$ D. $y = \frac{{x + 3}}{{x – 1}}$
Câu 30: Có bao nhiêu giá trị của tham số m để đồ thị hàm số $y = {x^3} – 4{{\rm{x}}^2} + 6$ tiếp xúc với parabol $y = 5{{\rm{x}}^2} + 3m$?
A. 2 B. 1 C. 0 D. 3
Câu 31: Tìm giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + 2018{\rm{x}}} \right)}}{{{e^x} – 1}}$.
A. 0 B. 2018 C. 1 D. $ + \infty $
Câu 32: Gọi $M\left( {a;b} \right)$, $b > 0$ là điểm thuộc đồ thị hàm số $y = \frac{{2{\rm{x}} – 10}}{{x – 3}}$ sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số đó đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó hiệu $a – b$ bằng
A. $ – 3$ B. $ – 5$ C. 3 D. 5
Câu 33: Tìm tập nghiệm S của phương trình ${\log _2}\left( {{x^2} – 2} \right) + 2 = 0$.
A. $S = \left\{ {\frac{3}{2}} \right\}$ B. $S = \left\{ {\frac{2}{3}} \right\}$ C. $S = \left\{ { – \frac{2}{3};\frac{2}{3}} \right\}$ D. $S = \left\{ { – \frac{3}{2};\frac{3}{2}} \right\}$
Câu 34: Hàm số nào sau đây đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$?
A. $y = \frac{{2{\rm{x}} – 3}}{{x + 1}}$ B. $y = \cos 3x + 3x – 3$ C. $y = {x^4} + 2{x^2} + 1$ D. $y = {x^3} + 3{x^2} – 3x + 1$
Câu 35: Cho hình chóp đều S.ABC có chiều cao bằng a, thể tích bằng $\sqrt 3 {a^3}$. Tính góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy.
A. $30^\circ $ B. $45^\circ $ C. $75^\circ $ D. $60^\circ $
Câu 36: Hàm số $y = \left( {3{\rm{x}} – 1} \right){e^x}$nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây?
A. $\left( { – 1;1} \right)$ B. $\left( {0; + \infty } \right)$ C. $\left( { – 2018; – 1} \right)$ D. $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$
Câu 37: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = – {x^3} + 3{\rm{x}} – 2$ tại điểm $M\left( {0; – 2} \right)$ cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng bao nhiêu?
A. $\frac{2}{3}$ B. 0 C. $ – 2$ D. 3
Câu 38: Cho hình chóp S.ABC có ${\rm{AS}}B = 60^\circ ,{\rm{ }}B{\rm{S}}C = 90^\circ ,{\rm{ AS}}C = 60^\circ $. Biết $SA = 2{\rm{a}},{\rm{ }}SB = a$, $SC = 3{\rm{a}}$. Tính thể tích V của khối chóp S.ABC.
A. $V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}$ B. $V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{4}$ C. $V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}$ D. $V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}$
Câu 39: Gọi ${x_1},{\rm{ }}{{\rm{x}}_2}$ là hai nghiệm của phương trình ${\log _{\sqrt 2 }}\left( {{4^x} – {{3.2}^{x + 1}} + \sqrt 2 } \right) = 2{\rm{x}} + 4$. Tính ${x_1} + {x_2}$.
A. ${x_1} + {x_2} = – 1$ B. ${x_1} + {x_2} = {\log _2}10$ C. ${x_1} + {x_2} = 10$ D. ${x_1} + {x_2} = \frac{1}{2}$
Câu 40: Cho hình lập phương có cạnh 4cm. Mặt cầu tiếp xúc với 12 cạnh của hình lập phương đó có diện tích xung quanh là:
A. 32π B. 8π C. 48π D. 16π
Câu 41: Biết phương trình $\left( {2{\rm{x}} + 1} \right)\left( {2 + \sqrt {4{{\rm{x}}^2} + 4{\rm{x}} + 4} } \right) + 3{\rm{x}}\left( {2 + \sqrt {9{{\rm{x}}^2} + 3} } \right) = 0$ có nghiệm duy nhất là a. Khi đó:
A. $ – 2 < a < – 1$ B. $ – 1 < a < 0$ C. $0 < a < 1$ D. $1 < a < 2$
Câu 42: Tìm số nghiệm của phương trình ${e^{{x^2} + 2018 – \sqrt {{x^2} + 2017} }}.\sqrt {{x^2} + 2017} = {x^2} + 2018$.
A. 1 B. 2 C. 0 D. 4
Câu 43: Kết thúc năm 2017, thu nhập bình quân đầu người của Việt Nam đạt 2300 USD/1 người/1 năm. Trong hội nghị mới đây bàn về “Tầm nhìn mới, động lực mới cho tăng trưởng kinh tế”, đại diện chính phủ Việt Nam đặt mục tiêu thu nhập bình quân đầu người của nước ta vào cuối năm 2035 sẽ đạt tới mức 10000 USD/1 người/ 1 năm (theo giá hiện hành). Hỏi để đạt được mục tiêu đó, trung bình mỗi năm thu nhập bình quân đầu người của nước ta tăng bao nhiêu % (tính gần đúng)?
A. 8,7 B. 8,5 C. 7,5 D. 8,2
Câu 44: Một nhà máy sản xuất cần thiết kế một thùng sơn dạng hình trụ có nắp đậy với dung tích $1000c{m^3}$. Muốn chi phí nguyên liệu làm vỏ thùng ít nhất tức là diện tích toàn phần của hình trụ là nhỏ nhất thì bán kính nắp đậy bằng:
A. $\sqrt[3]{{\frac{{500}}{\pi }}}cm$ B. $\sqrt[3]{{\frac{{1000}}{\pi }}}cm$ C. $\sqrt {\frac{{1000}}{\pi }} cm$ D. $\sqrt {\frac{{500}}{\pi }} cm$
Câu 45: Có bao nhiêu số nguyên m thuộc khoảng $\left( { – 10;10} \right)$ để hàm số $y = {e^{{x^2}}}\left( {x – m} \right)$ có hai điểm cực trị?
A. 18 B. 8 C. 9 D. 16
Câu 46: Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số $y = \left( {{m^2} – 1} \right){x^3} + \left( {m – 1} \right){x^2} – x + 4$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$?
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
Câu 47: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đồ thị hàm số như hình.
Hàm số $y = \left| {f\left( {x + 2018} \right)} \right|$ có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 5 B. 2 C. 1 D. 3
Câu 48: Một nhà máy dự định sản xuất cốc thủy tinh hình trụ không nắp có thể tích 50$c{m^3}$. Giá nguyên vật liệu làm thành cốc là 100 đồng/$c{m^2}$và giá nguyên vật liệu làm thành cốc là 200 đồng/$c{m^2}$. Hỏi chi phí nhỏ nhất mua nguyên vật liệu cho một chiếc cốc là bao nhiêu tiền? (xấp xỉ)
A. 7513 đồng B. 10616 đồng C. 8235 đồng D. 9466 đồng
Câu 49: Cho hình hộp $ABC{\rm{D}}.A’B’C’D’$. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của ${\rm{AA’}},CC’$. Mặt phẳng $\left( {BMN} \right)$ chia khối hộp thành hai khối đa diện. Gọi ${V_1}$ là thể tích của khối đa diện chứa đỉnh A và ${V_2}$ là thể tích khối đa diện còn lại. Tính tỉ số $\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}}$.
A. $\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{2}{3}$ B. $\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = 2$ C. $\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{1}{2}$ D. $\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = 1$
Câu 50: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Biết SAB là tam giác vuông tại S, $SA = a$ và nằm trên mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi $\beta $ là góc giữa mp $\left( {SC{\rm{D}}} \right)$ và mp $\left( {ABC{\rm{D}}} \right)$. Tính giá trị của $\tan \beta $.
A. $\frac{{\sqrt 3 }}{4}$ B. $\frac{{\sqrt 3 }}{2}$ C. $\frac{1}{2}$ D. 2
ĐÁP ÁN
| 1-A | 2-C | 3-B | 4-D | 5-D | 6-A | 7-C | 8-B | 9-D | 10-A |
| 11-B | 12-A | 13-B | 14-C | 15-A | 16-B | 17-D | 18-D | 19-B | 20-D |
| 21-C | 22-C | 23-C | 24-C | 25-B | 26-C | 27-D | 28-D | 29-A | 30-A |
| 31-B | 32-A | 33-D | 34-B | 35-B | 36-C | 37-A | 38-C | 39-D | 40-A |
| 41-B | 42-C | 43-B | 44-A | 45-D | 46-C | 47-A | 48-A | 49-D | 50-A |
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Phương pháp
– Tìm 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho.
– Viết phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị đó.
Cách giải:
TXĐ: $\mathbb{R}$
Ta có: $y’ = 3{{\rm{x}}^2} – 6{\rm{x}} – 9$
$ = 3\left( {{x^2} – 2{\rm{x}} – 3} \right)$
$ = 3\left( {x – 3} \right)\left( {x + 1} \right)$
$y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3 \Rightarrow y = – 22\\x = – 1 \Rightarrow y = 10\end{array} \right.$
Do đó $A\left( {3; – 22} \right)$ và $B\left( { – 1;10} \right)$ là 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho.
Phương trình đường thẳng AB đi qua A và B là $y = – 8{\rm{x}} + 2$.
Ta thấy $x = 2$ thì $y = – 14$ nên $E\left( {2; – 14} \right)$ là điểm nằm trên đường thẳng AB.
Chọn A.
Câu 2 (TH):
Phương pháp
Đồ thị hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ có 1 đường tiệm cận đứng là $x = \frac{{ – d}}{c}$ và 1 đường tiệm cận ngang là $y = \frac{a}{c}$. Giao điểm của 2 đường tiệm cận là tâm đối xứng của đồ thị hàm số.
Cách giải:
Hàm số $y = \frac{{x + 1}}{{1 – x}}$ có tiệm cận đứng là $x = 1$ và tiệm cận ngang là $y = – 1$. Do đó $I\left( {1; – 1} \right)$ là tâm đối xứng của đồ thị hàm số.
Hàm số đã cho có TXĐ là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$ nên không thể đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Thay $x = 2$ vào hàm số đã cho ta được $y = – 3$ nên $M\left( {2; – 3} \right)$ thuộc đồ thị hàm số đã cho.
$y = – 1$ là tiệm cận nagng, không phải tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Do đó có 2 mệnh đề sai là mệnh đề (II) và mệnh đề (IV).
Chọn C.
Câu 3 (VD):
Phương pháp
Nếu hàm số $y = f\left( x \right)$ có 1 trong 4 giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ \pm }} f\left( x \right) = \pm \infty $ thì $x = a$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Cách giải:
Ta có: $y = \frac{{2{\rm{x}} – 2 – \sqrt {{x^2} + x + 4} }}{{{x^2} – 5{\rm{x}} + 6}}$
$ = \frac{{\left[ {\left( {2{\rm{x}} – 2} \right) – \sqrt {{x^2} + x + 4} } \right]\left[ {\left( {2{\rm{x}} – 2} \right) + \sqrt {{x^2} + x + 4} } \right]}}{{\left( {2{\rm{x}} – 2 + \sqrt {{x^2} + x + 4} } \right)\left( {x – 2} \right)\left( {x – 3} \right)}}$
$ = \frac{{{{\left( {2{\rm{x}} – 2} \right)}^2} – {x^2} – x – 4}}{{\left( {2{\rm{x}} – 2 + \sqrt {{x^2} + x + 4} } \right)\left( {x – 2} \right)\left( {x – 3} \right)}}$
$ = \frac{{3{x^2} – 9{\rm{x}}}}{{\left( {2{\rm{x}} – 2 + \sqrt {{x^2} + x + 4} } \right)\left( {x – 2} \right)\left( {x – 3} \right)}}$
$ = \frac{{3{\rm{x}}}}{{\left( {2{\rm{x}} – 2 + \sqrt {{x^2} + x + 4} } \right)\left( {x – 2} \right)}}$
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} y\left( {2{\rm{x}} – 2 + \sqrt {{x^2} + x + 4} } \right)\left( {x – 2} \right) = 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} y\left( {3{\rm{x}}} \right) = 6\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{3{\rm{x}}}}{{\left( {2{\rm{x}} – 2 + \sqrt {{x^2} + x + 4} } \right)\left( {x – 2} \right)}} = \infty $.
Do đó $x = 2$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.
Chọn B.
Lưu ý: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} y = \frac{9}{8}$ nên $x = 3$ không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.
Câu 4 (TH): Đáp án D
Phương pháp
– Nếu hàm số có 1 trong các giới hạn sau: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = b$ thì $y = b$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số, còn nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ \pm }} y = \pm \infty $ thì $x = a$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
– Nếu đạo hàm $y’$ của hàm số đổi dấu khi đi qua điểm $x = a$ thì $x = a$ là cực trị của hàm số.
– Dựa vào BBT để xét các giá trị nhỏ nhất, lớn nhất, khoảng đồng biến, nghịch biến.
Cách giải:
Từ BBT của hàm số đã cho ta thấy:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} y = – \infty $ nên $x = – 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = – 1;{\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 1$ nên $y = 1$ và $y = – 1$ là 2 tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Suy ra hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận.
Hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng $\left( { – \infty ; – 1} \right)$ và $\left( { – 1;0} \right)$ còn đồng biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ – }} y = – \infty ,{\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ + }} y = + \infty $ nên hàm số đã cho không có giá trị lớn nhất và nhỏ nhất.
Hàm số đã cho có 1 điểm cực trị là $x = 0$.
Vậy có 2 khẳng định đúng là (I) và (IV).
Câu 5 (VD): Đáp án D
Phương pháp
– Giải phương trình logarit đã cho để tìm giá trị của a.
– Thay a để tính giá trị biểu thức cần tìm.
Cách giải:
TXĐ: $D = \left( {0; + \infty } \right)$
Đặt ${\log _5}x = {\log _7}\left( {x + 2} \right) = t$.
Do $x > 0 \Rightarrow x + 2 > 1 \Rightarrow t = {\log _7}\left( {x + 2} \right) > 0$
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{\log _5}x = t\\{\log _7}\left( {x + 2} \right) = t\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = {5^t}\\x + 2 = {7^t}\end{array} \right. \Rightarrow {7^t} – {5^t} = 2$
Xét hàm số $f\left( t \right) = {7^t} – {5^t}\left( {t > 0} \right)$ ta có: $f’\left( t \right) = \ln {7.7^t} – \ln {5.5^t} > 0,\forall t > 0$
Suy ra hàm số $y = f\left( t \right)$ luôn đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$ hay $f\left( t \right) = 2$ nếu có nghiệm thì nghiệm đó là nghiệm duy nhất.
Dễ thấy $t = 1$ là nghiệm duy nhất của phương trình ${7^t} – {5^t} = 2$.
Suy ra ${\log _5}x = 1 \Rightarrow x = 5$ hay $a = 5$
Do đó ${\log _5}\left( {7{{\rm{a}}^2}} \right) = {\log _5}7 + {\log _5}{5^2} = 2 + {\log _5}7$.
Câu 6 (TH): Đáp án A
Phương pháp
– Tính đạo hàm của hàm số $y = – 2018f\left( x \right)$.
– Lập BBT của hàm số $y = – 2018f\left( x \right)$ để xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số này.
Cách giải:
Đặt $y = g\left( x \right) = – 2018f\left( x \right)$
Hàm số $y = f\left( x \right)$ có TXĐ là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$ nên hàm số $y = g\left( x \right)$ cũng có TXĐ là $y = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$
Ta có: $g’\left( x \right) = – 2018.f’\left( x \right)$
Ta có BBT của hàm số $y = g\left( x \right)$ trên D như sau:
Từ BBT ta thấy hàm số $y = g\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( {1; + \infty } \right)$.
Câu 7 (TH): Đáp án C
Phương pháp
– Lập BBT của hàm số $y = – {x^3} + 3{\rm{x}}$.
– Số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của đường thẳng $y = m$ và đồ thị hàm số $y = – {x^3} + 3{\rm{x}}$.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}$
Xét hàm số $y = f\left( x \right) = – {x^3} + 3{\rm{x}}$
Ta có: $f’\left( x \right) = – 3{{\rm{x}}^2} + 3 = – 3\left( {x – 1} \right)\left( {x + 1} \right)$
$f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = – 1\end{array} \right.$
BBT của hàm số $y = f\left( x \right)$ như sau:
Nhận thấy số nghiệm của phương trình ${x^3} – 3{\rm{x}} + m = 0$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và đường thẳng $y = m$.
Suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $ – 2 < m < 2$.
Câu 8 (TH): Đáp án B
Phương pháp
– Tìm đạo hàm của hàm số đã cho để xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số trên đoạn.
– Tìm giá trị lớn nhất trên đoạn khi đã biết tính đồng biến, nghịch biến.
Cách giải:
Hàm số đã cho xác định là liên tục trên đoạn $\left[ {1;e} \right]$.
Ta có: $y’ = {e^x}.\ln {\rm{x}} + {e^x}.\frac{1}{x} = {e^x}\left( {\ln {\rm{x}} + \frac{1}{x}} \right) > 0,\forall x \in \left[ {1;e} \right]$
Suy ra hàm số đã cho luôn đồng biến trên đoạn $\left[ {1;e} \right]$
Do đó $M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;e} \right]} y = {y_{\left( e \right)}} = {e^e}.\ln e = {e^e}$. Suy ra $15 < M < 16$.
Câu 9 (TH): Đáp án D
Phương pháp
Xác định từ đồ thị hàm số đã cho: giới hạn khi $x \to \pm \infty $, điểm cắt với trục tung, số điểm cực trị để xác định dấu của a, b, c.
Cách giải:
Từ đồ thị trên ta thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = – \infty $ nên hệ số của ${x^4}$ nhỏ hơn 0. Hay $a < 0$.
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ lớn hơn 0 nên $c > 0$
Lại có: $y’ = 4a{x^3} + 2bx = x\left( {4a{x^2} + 2b} \right)$
$y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\4a{x^2} = – 2b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = \frac{{ – b}}{{2a}}\end{array} \right.$.
Đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm cực trị nên phương trình $y’ = 0$ có 3 nghiệm phân biệt. Hay phương trình ${x^2} = – \frac{b}{{2{\rm{a}}}}$ có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
Do đó $\frac{{ – b}}{{2{\rm{a}}}} > 0 \Leftrightarrow \frac{b}{a} < 0$ mà $a < 0$ nên $b > 0$.
Vậy $a < 0;b > 0;c > 0$.
Câu 10 (TH): Đáp án A
Phương pháp
Hình chóp S.ABC có 2 cạnh SA, SB, SC đôi một vuông góc nên bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp được tính bởi công thức: $R = \frac{1}{2}\sqrt {S{A^2} + S{B^2} + S{C^2}} $.
Cách giải:
Hình chóp S.ABC có 2 cạnh SA, SB, SC đôi một vuông góc nên bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là:
$R = \frac{1}{2}\sqrt {S{A^2} + S{B^2} + S{C^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {{4^2} + {5^2} + {7^2}} = \frac{{3\sqrt {10} }}{2}$.
Câu 11 (VD): Đáp án B
Phương pháp
– Xác định các đường tiệm cận đứng, tiệm cận ngang của mỗi đồ thị hàm số.
– Nếu hàm số có 1 trong các giới hạn sau: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = b$ thì $y = b$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số, còn nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ \pm }} y = \pm \infty $ thì $x = a$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Cách giải:
Hàm số $y = \frac{{{x^2} + x – 2}}{{{x^2} – 3{\rm{x}} + 2}} = \frac{{\left( {x – 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{\left( {x – 2} \right)\left( {x – 1} \right)}} = \frac{{x + 2}}{{x – 2}}$ nên hàm số này chỉ có 1 tiệm cận đứng là $x = 2$ và 1 tiệm
cận ngang là $y = 1$.
Hàm số $y = \frac{{{x^2} + x + 2}}{{{x^2} – 3{\rm{x}} + 2}} = \frac{{{x^2} + x + 2}}{{\left( {x – 1} \right)\left( {x – 2} \right)}}$ có 2 đường tiệm cận đứng là $x = 1$ và $x = 2$ và 1 đường tiệm cận
ngang là $y = 1$ nên có tất cả 3 đường tiệm cận.
Hàm số $y = \frac{{\sqrt {3 – 2{\rm{x}}} }}{{{x^2} – 3{\rm{x}} + 2}} = \frac{{\sqrt {3 – 2{\rm{x}}} }}{{\left( {x – 1} \right)\left( {x – 2} \right)}}$ có TXĐ là $D = \left( { – \infty ;\frac{3}{2}} \right]$ nên hàm số không có giới hạn ở $ + \infty $. Hàm số này có 1 tiệm cận đứng là $x = 1$ do $x = 2$ không thuộc TXĐ, và 1 đường tiệm ngang $y = 0$ khi $x \to – \infty $.
Hàm số $y = \tan x = \frac{{\sin x}}{{\cos x}}$ có TXĐ $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi } \right\}$ nên có vô số tiệm cận đứng là $x = \frac{\pi }{2} + k\pi $.
Câu 12 (TH): Đáp án A
Phương pháp
– Tìm chân đường cao hạ từ S xuống mp $\left( {ABC{\rm{D}}} \right)$.
– Xác định góc giữa SC và mặt phẳng đáy để tính chiều cao của khối chóp.
– Tính cạnh hình vuông ABCD.
– Thể tích của khối chóp S.ABCD là $V = \frac{1}{3}h.{S_{ABC{\rm{D}}}}$.
Cách giải:
Gọi H là trung điểm AB. Tam giác SAB cân tại S nên $SH \bot AB$
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right) = AB\\SH \bot AB\\SH \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)$.
$ \Rightarrow $ Góc giữa SC và mặt phẳng $\left( {ABC{\rm{D}}} \right)$ là góc giữa SC và CH nên $SCH = 30^\circ $.
Ta có $\tan SCH = \frac{{SH}}{{HC}} \Leftrightarrow \tan 30^\circ = \frac{{SH}}{{HC}} \Leftrightarrow SH = \frac{{\sqrt 3 }}{3}HC$
Tam giác SHD vuông tại H có $S{\rm{D}} = \sqrt 5 a$ và $H{\rm{D}} = HC$ nên ta có: $H{C^2} + S{H^2} = S{{\rm{D}}^2}$
$ \Leftrightarrow H{C^2} + {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}HC} \right)^2} = 5{\rm{a}}$
$ \Rightarrow HC = \frac{{\sqrt {15} }}{2}a \Rightarrow SH = \frac{{\sqrt 5 }}{2}a$
ABCD là hình vuông nên ta có: $B{C^2} + B{H^2} = H{C^2} \Leftrightarrow \frac{5}{4}B{C^2} = \frac{{15}}{4}{a^2} \Rightarrow BC = \sqrt 3 a$
Thể tích của khối chóp S.ABCD là ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}SH.B{C^2} = \frac{1}{3}.\frac{{\sqrt 5 }}{2}a.{\left( {\sqrt 3 a} \right)^2} = \frac{{\sqrt 5 {a^3}}}{2}$.
Câu 13 (TH): Đáp án B
Phương pháp
– Hình chóp có mặt cầu ngoại tiếp khi đáy của nó nội tiếp một đường tròn.
– Hình lăng trụ có mặt cầu ngoại tiếp khi là lăng trụ đứng và có đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy.
– Đa giác đều luôn có đường tròn ngoại tiếp.
Cách giải:
Lăng trụ đều là lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều nên luôn có mặt cầu ngoại tiếp.
Hình hộp đứng thì là lăng trụ đứng nhưng chưa biết đáy nên chưa chắc có đường tròn ngoại tiếp đáy.
Do đó hình hộp đứng chưa chắc có mặt cầu ngoại tiếp.
Hình chóp đều có đáy là đa giác đều nên có mặt cầu ngoại tiếp.
Hình chóp tam giác có đáy là một tam giác mà luôn có 1 đường tròn ngoại tiếp một tam giác nên hình chóp tam giác có mặt cầu ngoại tiếp.
Câu 14 (VD): Đáp án C
Phương pháp
– Tìm bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác đáy.
– Diện tích xung quanh của hình nón được tính bởi công thức ${S_{xq}} = \pi rl$ (với r : bán kính đáy, l : đường sinh).
Cách giải:
Tứ diện đều S.ABC có đỉnh S trùng với đỉnh của hình nón và tam giác ABC nội tiếp đường tròn đáy của hình nón nên đường sinh của hình nón bằng cạnh bên SA.
S.ABC là tứ diện đều nên $SA = SB = SC = AB = BC = CA = 3\left( {cm} \right)$.
Tam giác ABC đều nên gọi O là trọng tâm của tam giác thì O cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Gọi M là trung điểm BC thì A, O, M thẳng hàng và $AO = \frac{2}{3}AM$
Ta có: $A{M^2} + B{M^2} = A{B^2} \Leftrightarrow A{M^2} + {\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} = {3^2} \Rightarrow AM = \frac{{3\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AO = \frac{2}{3}AM = \sqrt 3 \left( {cm} \right)$
Suy ra diện tích xung quanh của hình nón là: $V = \pi rl = \pi .AO.SA = \pi .\sqrt 3 a.3{\rm{a}} = 3\sqrt 3 \pi {a^2}\left( {c{m^2}} \right)$.
Câu 15 (TH): Đáp án A
Phương pháp
Áp dụng các công thức về hàm số logarit sau để giải bài toán:
${\log _a}\left( {bc} \right) = {\log _a}b + {\log _a}c$
${\log _a}\left( {\frac{b}{c}} \right) = {\log _a}b – {\log _a}c$ $\left( {0 < a \ne 1;b,c > 0} \right)$
$\log {10^k} = k$
Cách giải:
TXĐ: $D = \left( {0; + \infty } \right)$
Ta có: $\sqrt {\log \left( {10{\rm{x}}} \right)} = \log \frac{x}{{10}}$
$ \Leftrightarrow \sqrt {\log 10 + \log {\rm{x}}} = \log {\rm{x}} – \log 10$
$ \Leftrightarrow \sqrt {1 + \log {\rm{x}}} = \log {\rm{x}} – 1$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\log {\rm{x}} \ge {\rm{1}}\\1 + \log {\rm{x}} = {\log ^2}x – 2\log {\rm{x}} + 1\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\log {\rm{x}} \ge 1\\{\log ^2}x – 3\log {\rm{x}} = 0\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\log x \ge 1\\\left[ \begin{array}{l}\log {\rm{x}} = 0\\\log {\rm{x}} = 3\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow \log {\rm{x}} = 3 \Rightarrow x = {10^3}$.
Suy ra phương trình đã cho có 1 nghiệm nguyên dương.
Câu 16 (TH): Đáp án B
Phương pháp
– Đưa phương trình đã cho về 1 ẩn
– Đặt ẩn phụ và tìm điều kiện của ẩn phụ
– Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trên đoạn của hàm số qua cách tính đạo hàm.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}$
Ta có: $y = {\sin ^3}x + \cos 2x + \sin x + 2$
$ = {\sin ^3}x + \left( {1 – 2{{\sin }^2}x} \right) + \sin x + 2$
$ = {\sin ^3}x – 2{\sin ^2}x + \sin x + 3$
Đặt $t = \sin x,{\rm{ x}} \in \left[ {0;\pi } \right] \Rightarrow t = \sin x \in \left[ {0;1} \right]$
Khi đó, hàm số trên trở thành $f\left( t \right) = {t^3} – 2{t^2} + t + 3$.
Xét hàm số $f\left( t \right) = {t^3} – 2{t^2} + t + 3$ trên đoạn $\left[ {0;1} \right]$ ta có:
$f’\left( t \right) = 3{t^2} – 4t + 1 = \left( {3t – 1} \right)\left( {t – 1} \right)$
$f’\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t = \frac{1}{3}\end{array} \right.$
Ta có: $f\left( 0 \right) = 3;{\rm{ f}}\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{{85}}{{27}};{\rm{ f}}\left( 1 \right) = 3$
Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( t \right) = f\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{{85}}{{27}}\\m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( t \right) = f\left( 1 \right) = f\left( 0 \right) = 3\end{array} \right.$
Do đó $P = M – m = \frac{4}{{27}} \Leftrightarrow 0 < P < 1$.
Câu 17 (TH): Đáp án D
Phương pháp
– Tìm đạo hàm của hàm số đã cho để xác định tính đồng biến, nghịch biến trên D.
– Tìm giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn.
Cách giải:
TXĐ: $D = \left( { – \infty ; – 1} \right) \cup \left( { – 1; + \infty } \right)$ nên hàm số đã cho xác định và liên tục trên $\left[ {0;2} \right]$.
Ta có: $f’\left( x \right) = \frac{{3\left( {x + 1} \right) – \left( {3{\rm{x}} + 2} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in {\rm{D}}$
Suy ra hàm số đã cho luôn đồng biến trên từng khoảng xác định hay hàm số đồng biến trên đoạn $\left[ {0;2} \right]$.
Do đó $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = \frac{8}{3}$.
Câu 18 (TH): Đáp án D
Phương pháp
– Hàm số $y = {a^x}$ luôn đồng biến trên $\mathbb{R}$ khi $a > 1$ và nghịch biến khi $0 < a < 1$.
– Hàm số $y = {\log _a}x$ luôn đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$ khi $a > 1$ và nghịch biến khi $0 < a < 1$.
Cách giải:
Từ đồ thị các hàm số đã cho ta thấy:
Hàm số $y = {a^x}$ luôn đồng biến trên $\mathbb{R}$ khi $a > 1$.
Hàm số $y = {\log _b}x$ và $y = {\log _c}x$ luôn nghịch biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$ nên $0 < b;c < 1$. Mặt khác, với mọi giá trị
của x trong khoảng $\left( {1; + \infty } \right)$ thì ${\log _b}x > {\log _c}x$ nên $b < c$.
Do đó $0 < b < c < 1 < a \Leftrightarrow b < c < a$.
Câu 19 (VD): Đáp án B
Phương pháp
– Viết phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng với đồ thị hàm số.
– Tìm giao điểm của đường thẳng và đồ thị hàm số từ phương trình trên.
– Hoành độ trung điểm của MN bằng trung bình cộng hoành độ của M và N.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng và đồ thị hàm số đã cho là:
$x + 1 = \frac{{2{\rm{x}} + 4}}{{x – 1}} \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x – 1} \right) = 2{\rm{x}} + 4$
$ \Leftrightarrow {x^2} – 1 = 2{\rm{x}} + 4 \Leftrightarrow {x^2} – 2{\rm{x}} – 5 = 0$ (1)
M, N là giao điểm của đường thẳng và đồ thị hàm số nên ${x_M}$ và ${x_N}$ là 2 nghiệm của phương trình (1).
Suy ra ${x_M} + {x_N} = 2$ (Định lí Vi-ét)
Do đó hoành độ trung điểm của đoạn thẳng MN bằng $\frac{{{x_M} + {x_N}}}{2} = 1$.
Câu 20 (VD): Đáp án D
Phương pháp
– Lăng trụ đều là lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều.
– Tìm góc tạo bởi SC và mặt phẳng $\left( {ABB’A’} \right)$ để tính độ dài cạnh bên của lăng trụ.
– Thể tích của lăng trụ đều $ABC.A’B’C’$ được tính bởi công thức $V = AA’.{S_{ABC}}$.
Cách giải:
Gọi H là trung điểm của AB. Do tam giác ABC là tam giác đều nên $CH \bot AB$.
$ABC.A’B’C’$ là lăng trụ đều nên cạnh bên vuông góc với đáy hay ${\rm{AA’}} \bot \left( {ABC} \right) \Leftrightarrow AA’ \bot CH$.
Suy ra $CH \bot \left( {ABB’A’} \right)$.
Do đó góc tạo bởi $A’C$ và mặt phẳng $\left( {ABB’A’} \right)$ là góc giữa $A’C$ và $A’H$ hay $HA’C = 30^\circ $.
CH là đường trung bình trong tam giác đều ABC nên $CH = \frac{{\sqrt 3 }}{2}AB = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 2 a = \frac{{\sqrt 6 }}{2}a$.
Tam giác $A’HC$ vuông tại H nên $\tan HA’C = \frac{{HC}}{{A’H}} \Rightarrow A’H = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}a$.
Suy ra ${\rm{A}}{{\rm{A’}}^2} = \sqrt {A'{H^2} – A{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{3\sqrt 2 }}{2}a} \right)}^2} – {{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}a} \right)}^2}} = 2{\rm{a}}$.
Vậy thể tích của khối lăng trụ $ABC.A’B’C’$ là $V = AA’.{S_{ABC}} = AA’.\frac{1}{2}AB.CH = \frac{1}{2}.2a.\sqrt 2 a.\frac{{\sqrt 6 }}{2}a = \sqrt 3 {a^3}$.
Câu 21 (TH): Đáp án C
Phương pháp
Tính số thể tích $\frac{{{V_{A.CMN}}}}{{{V_{ABC.A’B’C’}}}}$ qua tỉ số các cạnh.
Cách giải:
Do M, N lần lượt là trung điểm của $CC’$ và BC nên
${S_{CMN}} = \frac{1}{2}CM.CN.\sin MCN = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}CC’.\frac{1}{2}CB.\sin BCC’ = \frac{1}{4}{S_{BCC’}} = \frac{1}{8}{S_{BCC’B’}}$
Suy ra ${V_{A.CMN}} = \frac{1}{8}{V_{A.BCC’B’}}$
Lại có ${V_{A.A’B’C’}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A’B’C’}} \Rightarrow {V_{A.BCC’B’}} = \frac{2}{3}{V_{ABC.A’B’C’}}$
Do đó ${V_{A.CMN}} = \frac{1}{8}{V_{A.BCC’B’}} = \frac{1}{8}.\frac{2}{3}{V_{ABC.A’B’C’}} = \frac{1}{{12}}{V_{ABC.A’B’C’}} = \frac{1}{{12}}.60 = 5$ (đvtt).
Câu 22 (NB): Đáp án C
Phương pháp
Diện tích toàn phần của hình trụ có chiều cao bằng h và bán kính đáy bằng r là: ${S_{tp}} = 2\pi {r^2} + 2\pi rh$.
Cách giải:
Diện tích toàn phần của hình tụ có bán kính đáy bằng 5cm và chiều cao bằng 5cm là:
${S_{tp}} = 2\pi {r^2} + 2\pi rh = 2\pi {.5^2} + 2\pi .5.5 = 100\pi \left( {c{m^2}} \right)$.
Câu 23 (TH): Đáp án C
Phương pháp
Áp dụng các tính chất sau:
+) Số cạnh của hình chóp bằng 2 lần số cạnh ở mặt đáy của hình chóp.
+) Số cạnh của lăng trụ bằng 3 lần số cạnh ở một mặt đáy của lăng trụ.
+) Số đỉnh của hình chóp bằng số cạnh của mặt đáy cộng 1.
+) Số mặt của lăng trụ bằng số cạnh ở 1 mặt đáy cộng 2.
Cách giải:
Số cạnh của hình chóp bằng 2 lần số cạnh ở mặt đáy của hình chóp nên số cạnh của hình chóp luôn là một số chẵn.
Số cạnh của lăng trụ bằng 3 lần số cạnh ở một mặt đáy của lăng trụ nên số cạnh của lăng trụ có thể là số lẻ (lăng trụ tam giác).
Số mặt của lăng trụ bằng số cạnh ở 1 mặt đáy cộng 2 nên số mặt của lăng trụ có thể là số lẻ (lăng trụ tam
giác có 5 mặt).
Số đỉnh của hình chóp bằng số cạnh của mặt đáy cộng 1 nên số đỉnh của hình chóp có thể là số lẻ (hình chóp tứ giác).
Câu 24 (TH): Đáp án C
Phương pháp
Hàm số $y = f{\left( x \right)^a}$ có:
+) Nếu a là số nguyên dương thì hàm số xác định khi $f\left( x \right)$ xác định.
+) Nếu a là số nguyên âm thì hàm số xác định khi $f\left( x \right) \ne 0$.
+) Nếu a là không nguyên thì hàm số xác định khi $f\left( x \right) > 0$.
Hàm số $y = {\log _a}f\left( x \right)$ với $0 < a \ne 1$ xác định khi $f\left( x \right) > 0$.
Cách giải:
Hàm số $y = {\left( { – {x^4} – {x^2}} \right)^{ – 5}}$ xác định khi $ – {x^4} – {x^2} \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 0$
Hàm số $y = \ln \left( {4{{\rm{x}}^2} – 12{\rm{x}} + 9} \right)$ xác định khi $4{{\rm{x}}^2} – 12{\rm{x}} + 9 > 0 \Leftrightarrow {\left( {2{\rm{x}} – 3} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{3}{2}$
Hàm số $y = {\left( {2{{\rm{x}}^2} – x + 1} \right)^{\sqrt 3 }}$ xác định khi $2{{\rm{x}}^2} – x + 1 > 0$, thỏa mãn với mọi $x \in \mathbb{R}$ nên hàm số có TXĐ $D = \mathbb{R}$
Hàm số $y = {\log _{{{\sin }^2}x}}\left( {1 + {{\tan }^2}x} \right)$ xác định khi $\left\{ \begin{array}{l}0 < {\sin ^2}x \ne 1\\1 + {\tan ^2}x > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin x \ne 0\\\sin x \ne 1\end{array} \right.$.
Câu 25 (TH): Đáp án B
Phương pháp
– Hàm số $y = \frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}$ xác định khi $f\left( x \right)$ và $g\left( x \right)$ xác định, đồng thời $g\left( x \right) \ne 0$.
– Hàm số $y = {\log _a}f\left( x \right)$ với $0 < a \ne 1$ xác định khi $f\left( x \right) > 0$.
Cách giải:
Hàm số $y = \frac{{{{\log }_{2018}}\left( {x + 1} \right)}}{{{e^{{x^2}}} – e}}$ xác định khi và chỉ khi: $\left\{ \begin{array}{l}x + 1 > 0\\{e^{{x^2}}} – e \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > – 1\\{x^2} \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > – 1\\x \ne 1\end{array} \right.$.
Vậy TXĐ của hàm số đã cho là $D = \left( { – 1; + \infty } \right)\backslash \left\{ 1 \right\}$.
Câu 26 (TH): Đáp án C
Phương pháp
Sử dụng các biến đổi về hàm logarit để giải bài toán.
Cách giải:
Với $0 < a \ne 1$ và $x,y > 0$ ta có:
${\log _a}\left( {{a^x}.{a^y}} \right) = {\log _a}\left( {{a^{x + y}}} \right) = x + y$
${a^{{{\log }_a}\left( {x + y} \right)}} = x + y$
${\log _a}{\left( {{a^x}} \right)^y} = {\log _a}\left( {{a^{xy}}} \right) = xy$
Suy ra có 2 công thức đúng là công thức (II) và (III).
Câu 27 (TH): Đáp án D
Phương pháp
Số cực trị của hàm đa thức $y = f\left( x \right)$ là số nghiệm phân biệt bậc lẻ của phương trình $f’\left( x \right) = 0$.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}$
Ta có: $y’ = 5{{\rm{x}}^4} + 6{{\rm{x}}^2} \ge 0,\forall x \in {\rm{D}}$.
Suy ra hàm số đã cho luôn đồng biến trên D hay hàm số đã cho không có điểm cực trị.
Câu 28 (TH): Đáp án D
Phương pháp
Đạo hàm của hàm hợp $y = {\log _a}f\left( x \right)$ như sau: $y’ = \frac{{f’\left( x \right)}}{{f\left( x \right).\ln a}}$.
Cách giải:
Đạo hàm của hàm số $y = {\log _2}\left( {2{\rm{x}} – 1} \right)$ là
$y’ = \frac{{{{\left( {2{\rm{x}} – 1} \right)}^\prime }}}{{\ln 2\left( {2{\rm{x}} – 1} \right)}} = \frac{2}{{\ln 2\left( {2{\rm{x}} – 1} \right)}} = \frac{2}{{{{\log }_e}2.{{\log }_2}\left( {{2^{2{\rm{x}} – 1}}} \right)}} = \frac{2}{{{{\log }_e}\left( {{2^{2{\rm{x}} – 1}}} \right)}} = \frac{2}{{\ln \left( {{2^{2{\rm{x}} – 1}}} \right)}}$.
Câu 29 (TH): Đáp án A
Phương pháp
Đồ thị hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = – \frac{d}{c}$ và tiệm cận ngang là đường thẳng $y = \frac{a}{c}$, cắt trục hoành tại điểm có hoành độ $x = – \frac{b}{a}$ và trục tung tại điểm có tung độ bằng $\frac{b}{d}$.
Cách giải:
Từ đồ thị hàm số đã cho ta thấy:
Hàm số có tiệm cận đứng là $x = – 1$ nên $ – \frac{d}{c} = – 1 \Leftrightarrow \frac{d}{c} = 1$.
Hàm số có tiệm cận ngang là $y = 1$ nên $\frac{a}{c} = 1$.
Từ các đáp án A, B, C, D ta thấy hàm số thỏa mãn là $y = \frac{{x – 3}}{{x + 1}}$.
Câu 30 (VD): Đáp án A
Phương pháp
Đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và $y = g\left( x \right)$ tiếp xúc nhau tại điểm $x = {x_1}$ khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}f’\left( {{x_1}} \right) = g’\left( {{x_1}} \right)\\f\left( {{x_1}} \right) = g\left( {{x_1}} \right)\end{array} \right.$.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}$
Đặt $y = f\left( x \right) = {x^3} – 4{{\rm{x}}^2} + 6$ và $y = g\left( x \right) = 5{{\rm{x}}^2} + 3m$
Đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tiếp xúc với parabol $y = g\left( x \right)$ khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm: $\left\{ \begin{array}{l}f’\left( x \right) = g’\left( x \right)\\f\left( x \right) = g\left( x \right)\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{{\rm{x}}^2} – 8{\rm{x}} = 10{\rm{x}}\\{x^3} – 4{{\rm{x}}^2} + 6 = 5{{\rm{x}}^2} + 3m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{{\rm{x}}^2} – 18{\rm{x}} = 0\\m = \frac{{{x^3} – 9{{\rm{x}}^2} + 6}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 6\end{array} \right.\\m = \frac{{{x^3} – 9{{\rm{x}}^2} + 6}}{3}\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m = – 34\end{array} \right.$.
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 31 (VD): Đáp án B
Phương pháp
Sử dụng các giới hạn sau: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{x} = 1;{\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} – 1}}{x} = 1$.
Cách giải:
Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + 2018{\rm{x}}} \right)}}{{{e^x} – 1}}$
$ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ {\frac{{\ln \left( {1 + 2018{\rm{x}}} \right)}}{{2018{\rm{x}}}}.\frac{x}{{{e^x} – 1}}.2018} \right]$
$ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + 2018{\rm{x}}} \right)}}{{2018{\rm{x}}}}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{{{e^x} – 1}}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} 2018$
$ = 1.1.2018$
$ = 2018$.
Câu 32 (VD): Đáp án A
Phương pháp
– Tìm tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.
– Khoảng cách từ $M\left( {a;b} \right)$ đến tiệm cận đứng $x = c$ là ${d_1} = \left| {a – c} \right|$ và đến tiệm cận ngang $y = d$ là $\left| {b – d} \right|$.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 3 \right\}$.
Điểm $M\left( {a;b} \right)$ thuộc đồ thị hàm số $y = \frac{{2{\rm{x}} – 10}}{{x – 3}}$ nên $\left\{ \begin{array}{l}a \ne 3\\b = \frac{{2{\rm{a}} – 10}}{{a – 3}}\end{array} \right.$.
Hàm số $y = \frac{{2{\rm{x}} – 10}}{{x – 3}}$ có tiệm cận đứng là $x = 3$ và tiệm cận ngang là $y = 2$.
Khoảng cách từ $M\left( {a;b} \right)$ đến tiệm cận đứng là ${d_1} = \left| {a – 3} \right|$ và tiệm cận ngang là ${d_2} = \left| {b – 2} \right|$.
Tổng khoảng cách từ M đến 2 đường tiệm cận là:
$d = {d_1} + {d_2} = \left| {a – 3} \right| + \left| {b – 2} \right|$
$ = \left| {a – 3} \right| + \left| {\frac{{2{\rm{a}} – 10}}{{a – 3}} – 2} \right|$
$ = \left| {a – 3} \right| + \left| {\frac{{2{\rm{a}} – 10 – 2\left( {a – 3} \right)}}{{a – 3}}} \right|$
$ = \left| {a – 3} \right| + \frac{4}{{\left| {a – 3} \right|}}$
Áp dụng BĐT AM – GM ta có: $d = \left| {a – 3} \right| + \frac{4}{{\left| {a – 3} \right|}} \ge 2\sqrt {\left| {a – 3} \right|.\frac{4}{{\left| {a – 3} \right|}}} = 2.2 = 4$.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\left| {a – 3} \right| = \frac{4}{{\left| {a – 3} \right|}} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a – 3 = 2\\a – 3 = – 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 5 \Rightarrow b = 0\\a = 1 \Rightarrow b = 4\end{array} \right.$
Do $b > 0$ nên $M\left( {1;4} \right)$ thì tổng khoảng cách từ M đến 2 đường tiệm cận nhỏ nhất.
Suy ra $a – b = – 3$.
Câu 33 (TH): Đáp án D
Phương pháp
Giải phương trình logarit đơn giản ${\log _a}b = c \Leftrightarrow b = {a^c},{\rm{ }}\left( {0 < a \ne 1;{\rm{ }}b > 0} \right)$.
Cách giải:
TXĐ: $D = \left( { – \infty ; – \sqrt 2 } \right) \cup \left( {\sqrt 2 ; + \infty } \right)$.
${\log _2}\left( {{x^2} – 2} \right) + 2 = 0$
$ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{x^2} – 2} \right) = – 2$
$ \Leftrightarrow {x^2} – 2 = {2^{ – 2}} \Leftrightarrow {x^2} = \frac{9}{4}$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{3}{2}\\x = – \frac{3}{2}\end{array} \right.$ ™
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là $S = \left\{ { – \frac{3}{2};\frac{3}{2}} \right\}$.
Câu 34 (TH): Đáp án B
Phương pháp
Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( {a;b} \right)$ khi nó xác định trên $\left( {a;b} \right)$ và $f’\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left( {a;b} \right)$ (Dấu “=” chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm).
Cách giải:
Hàm số $y = \frac{{2{\rm{x}} – 3}}{{x + 1}}$ có TXĐ là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { – 1} \right\}$ nên không đồng biến trên $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$.
Hàm số $y = \cos 3x + 3x – 3$ có TXĐ $D = \mathbb{R}$ và $y’ = – 3\sin 3{\rm{x}} + 3 \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}$ nên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$.
Hàm số $y = {x^4} + 2{{\rm{x}}^2} + 1$ có TXĐ $D = \mathbb{R}$ và $y’ = 4{{\rm{x}}^3} + 4{\rm{x}} = 4{\rm{x}}\left( {{x^2} + 1} \right)$ có $y’ < 0 \Leftrightarrow x < 0$ nên không đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$.
Hàm số $y = {x^3} + 3{{\rm{x}}^2} – 3{\rm{x}} + 1$ có TXĐ $D = \mathbb{R}$ và $y’ = 3{{\rm{x}}^2} + 6{\rm{x}} – 3$ nên không đồng biến trên $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$.
Câu 35 (VD): Đáp án B
Phương pháp
– Xác định góc tạo bởi mặt bên và mặt phẳng đáy.
– Tính cạnh của tam giác đáy qua thể tích.
Cách giải:
S.ABC là hình chóp đều nên $SA = SB = SC$ và $AB = BC = CA$
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Do S.ABC là hình chóp đều nên G là chân đường cao hạ từ S xuống mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$. Suy ra $SG = a$.
Gọi M là trung điểm của AB thì C, G, M thẳng hàng và $CM \bot AB$.
Ta có: $\left. \begin{array}{l}SG \bot \left( {BAC} \right) \Rightarrow SG \bot AB\\CM \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {SCM} \right) \Rightarrow AB \bot {\rm{S}}M$
Do đó góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy là góc giữa SM và CM hay là góc SMC.
Lại có: ${V_{S.ABC}} = \sqrt 3 {a^3} \Leftrightarrow \frac{1}{3}SG.\frac{{\sqrt 3 }}{4}A{B^2} = \sqrt 3 {a^3} \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{{12}}a.A{B^2} = \sqrt 3 {a^3} \Rightarrow AB = 2\sqrt 3 a$.
Tam giác ABC đều nên $CM = \frac{{\sqrt 3 }}{2}AB = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.2\sqrt 3 a = 3{\rm{a}} \Rightarrow MG = \frac{1}{2}CM = a$
Suy ra $\tan SMG = \frac{{SG}}{{MG}} = \frac{a}{a} = 1 \Rightarrow SMG = 45^\circ $
Vậy góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy bằng $45^\circ $.
Câu 36 (VD): Đáp án C
Phương pháp
– Tìm đạo hàm của hàm số đã cho.
– Lập BBT để xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số đã cho.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}$
Ta có: $y’ = {\left( {3{\rm{x}} – 1} \right)^\prime }.{e^x} + \left( {3{\rm{x}} – 1} \right){\left( {{e^x}} \right)^\prime }$
$ = 3.{e^x} + \left( {3{\rm{x}} – 1} \right){e^x} = \left( {3{\rm{x}} + 2} \right){e^x}$
$y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3{\rm{x}} + 2 = 0\\{e^x} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = – \frac{2}{3}$.
BBT của hàm số đã cho như sau:
Từ BBT ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left( { – \infty ;\frac{{ – 2}}{3}} \right)$ và đồng biến trên khoảng $\left( { – \frac{2}{3}; + \infty } \right)$.
Câu 37 (TH): Đáp án A
Phương pháp
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại điểm $x = a$ là $d:y = f’\left( a \right)\left( {x – a} \right) + f\left( a \right)$.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}$
Ta có: $f’\left( x \right) = – 3{{\rm{x}}^2} + 3$
Suy ra $f’\left( 0 \right) = 3,{\rm{ f}}\left( x \right) = – 2$
Do đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm $M\left( {0; – 2} \right)$ là:
$d = y = 3.\left( {x – 0} \right) – 2 = 3{\rm{x}} – 2$.
Suy ra tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm $M\left( {0; – 2} \right)$ cắt trục hoành tại điểm có hoành độ là $x = \frac{2}{3}$.
Câu 38 (VD): Đáp án C
Phương pháp
– Trên các cạnh SA và SC lấy các điểm M, N sao cho $SM = SN = SB = a$.
– Tính thể tích của hình chóp đều S.BMN.
– Tính tỉ số thể tích $\frac{{{V_{S.BMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}}$ để tính thể tích của khối chóp S.ABC.
Cách giải:
Trên các cạnh SA, SC lấy các điểm M, N sao cho $SM = SN = SB = a$.
Hình chóp S.BMN có các cạnh bên $SB = SM = SN$ nên chân đường cao hạ từ S xuống mp $\left( {BMN} \right)$ làm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN.
Tam giác SBN vuông tại S nên $BN = \sqrt {S{B^2} + S{N^2}} = \sqrt 2 a$
Tam giác NSM có $SN = SM$ và $N{\rm{S}}M = 60^\circ $ nên tam giác SMN là tam giác đều hay $NM = a$
Tương tự, $BM = a$.
Tam giác BMN có $B{M^2} + M{N^2} = B{N^2}$ nên tam giác BMN vuông tại M.
Gọi I là trung điểm BN thì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN hay $SI \bot \left( {BMN} \right)$.
Ta có: $SI = \frac{1}{2}BN = \frac{{\sqrt 2 }}{2}a$.
$ \Rightarrow {V_{S.BMN}} = \frac{1}{3}SI.{S_{BMN}} = \frac{1}{3}.SI.\frac{1}{2}NM.MB = \frac{1}{6}.\frac{{\sqrt 2 }}{2}a.a.a = \frac{{\sqrt 2 }}{{12}}{a^3}$
Lại có: $\frac{{{V_{S.BMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SB}}{{SB}}.\frac{{SN}}{{SC}}.\frac{{SM}}{{SA}} = 1.\frac{1}{3}.\frac{1}{2} = \frac{1}{6}$
Vậy ${V_{S.ABC}} = 6{V_{S.BMN}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}{a^3}$.
Câu 39 (VD): Đáp án D
Phương pháp
– Đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai.
– Áp dụng định lí Vi-ét để tìm ${x_1} + {x_2}$ .
Cách giải:
ĐKXĐ: ${4^x} – {3.2^{x + 1}} + \sqrt 2 > 0$.
Ta có: ${\log _{\sqrt 2 }}\left( {{4^x} – {{3.2}^{x + 1}} + \sqrt 2 } \right) = 2{\rm{x}} + 4$
$ \Leftrightarrow {4^x} – {3.2^{x + 1}} + \sqrt 2 = {\sqrt 2 ^{2{\rm{x}} + 4}}$
$ \Leftrightarrow {4^x} – {6.2^x} + \sqrt 2 = {2^{x + 2}}$
$ \Leftrightarrow {4^x} – {6.2^x} + \sqrt 2 = {4.2^x}$
$ \Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} – {10.2^x} + \sqrt 2 = 0$
Phương trình trên là phương trình bậc 2 có ẩn là ${2^x}$, áp dụng định lí Vi-ét ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}{2^{{x_1}}} + {2^{{x_2}}} = 10\\{2^{{x_1}}}{.2^{{x_2}}} = \sqrt 2 \end{array} \right. \Rightarrow {2^{{x_1} + {x_2}}} = \sqrt 2 \Rightarrow {x_1} + {x_2} = {\log _2}\left( {\sqrt 2 } \right) = \frac{1}{2}$.
Vậy ${x_1} + {x_2} = \frac{1}{2}$.
Câu 40 (VD): Đáp án A
Phương pháp
– Mặt cầu tiếp xúc với 12 cạnh của hình lập phương, có tâm là tâm của hình lập phương, tiếp xúc với mỗi
cạnh của hình lập phương tại trung điểm của nó.
– Tính bán kính của mặt cầu trên.
– Diện tích xung quanh của mặt cầu có bán kính R được tính bởi công thức ${S_{xq}} = 4\pi {R^2}$.
Cách giải:
Gọi hình lập phương đã cho $ABC{\rm{D}}.A’B’C’D’$, O là giao điểm 2 đường chéo lớn hay O là tâm của hình lập phương.
Gọi I là trung điểm AB.
Mặt cầu tiếp xúc với 12 cạnh của hình lập phương, có tâm là tâm của hình lập phương, tiếp xúc với mỗi cạnh của hình lập phương tại trung điểm của nó. Suy ra mặt cầu tiếp xúc với 12 cạnh của lập phương có tâm là O và bán kính $R = OI$.
I là trung điểm AB nên $IA = IB = 2\left( {cm} \right)$
Ta có: $AC’ = \sqrt {A{{A’}^2} + A'{{C’}^2}} = \sqrt {A{{A’}^2} + A'{{B’}^2} + B'{{C’}^2}} = \sqrt 3 .4 = 4\sqrt 3 $
$ \Rightarrow AO = \frac{1}{2}AC’ = 2\sqrt 3 $
$OI \bot AB \Rightarrow OI = \sqrt {O{A^2} – A{I^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} – {2^2}} = 2\sqrt 2 \left( {cm} \right)$
Suy ra diện tích xung quanh của mặt cầu trên là: ${S_{xq}} = 4\pi {R^2} = 4.\pi .O{I^2} = 32\pi \left( {c{m^2}} \right)$.
Câu 41 (VDC): Đáp án B
Phương pháp
– Đưa hàm số đã cho về hàm đặc trưng.
– Xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm đặc trưng để suy ra nghiệm của phương trình đã cho.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}$.
Ta có: $\left( {2{\rm{x}} + 1} \right)\left( {2 + \sqrt {4{{\rm{x}}^2} + 4{\rm{x}} + 4} } \right) + 3{\rm{x}}\left( {2 + \sqrt {9{{\rm{x}}^2} + 3} } \right) = 0$
$ \Leftrightarrow 2\left( {2{\rm{x}} + 1} \right) + \left( {2{\rm{x}} + 1} \right)\sqrt {{{\left( {2{\rm{x}} + 1} \right)}^2} + 3} = 2\left( { – 3{\rm{x}}} \right) + \left( { – 3{\rm{x}}} \right)\sqrt {{{\left( { – 3{\rm{x}}} \right)}^2} + 3} $ (1)
Xét hàm đặc trưng: $f\left( t \right) = 2t + t\sqrt {{t^2} + 3} $ với $t \in \mathbb{R}$ ta có:
$f’\left( t \right) = 2 + \sqrt {{t^2} + 3} + t.\frac{{{{\left( {{t^2} + 3} \right)}^\prime }}}{{2\sqrt {{t^2} + 3} }} = 2 + \frac{{{t^2}}}{{\sqrt {{t^2} + 3} }} > 0,\forall t \in \mathbb{R}$
Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên $\mathbb{R}$. Do đó $f\left( {{t_1}} \right) = f\left( {{t_2}} \right) \Leftrightarrow {t_1} = {t_2}$
(1) $ \Leftrightarrow f\left( {2{\rm{x}} + 1} \right) = f\left( { – 3{\rm{x}}} \right)$
$ \Leftrightarrow 2{\rm{x}} + 1 = – 3{\rm{x}}$
$ \Leftrightarrow x = – \frac{1}{5} \Leftrightarrow a = – \frac{1}{5}$
Do đó $ – 1 < a < 0$.
Câu 42 (VDC): Đáp án C
Phương pháp
– Đưa hàm số đã cho về hàm đặc trưng.
– Xét tính đồng biến, nghịch biến trên khoảng xác định để tìm nghiệm của phương trình.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}$
Ta có: ${e^{{x^2} + 2018 – \sqrt {{x^2} + 2017} }}.\sqrt {{x^2} + 2017} = {x^2} + 2018$
$ \Leftrightarrow \frac{{{e^{{x^2} + 2018}}}}{{{e^{\sqrt {{x^2} + 2017} }}}}.\sqrt {{x^2} + 2017} = {x^2} + 2018$
$ \Leftrightarrow \frac{{{e^{{x^2} + 2018}}}}{{{x^2} + 2018}} = \frac{{{e^{\sqrt {{x^2} + 2017} }}}}{{\sqrt {{x^2} + 2017} }}$ (1)
Nhận thấy $\sqrt {{x^2} + 2017} > 1;{\rm{ }}{{\rm{x}}^2} + 2018 > 1$
Xét hàm đặc trưng $f\left( t \right) = \frac{{{e^t}}}{t}$ với $t > 1$ ta có: $f’\left( t \right) = \frac{{{{\left( {{e^t}} \right)}^\prime }.t – t’.{e^t}}}{{{t^2}}} = \frac{{{e^t}\left( {t – 1} \right)}}{{{t^2}}} > 0,\forall t > 1$
Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên $\left( {1; + \infty } \right)$. Do đó $f\left( {{t_1}} \right) = f\left( {{t_2}} \right) \Leftrightarrow {t_1} = {t_2},\forall {t_1},{t_2} > 1$
(1) $ \Leftrightarrow f\left( {{x^2} + 2018} \right) = f\left( {\sqrt {{x^2} + 2017} } \right)$
$ \Leftrightarrow {x^2} + 2018 = \sqrt {{x^2} + 2017} $
$ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {{x^2} + 2017} } \right)^2} – \sqrt {{x^2} + 2017} + 1 = 0$.
Phương trình trên vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Câu 43 (VD): Đáp án B
Phương pháp
Đưa bài toán về phương trình hàm số mũ để giải.
Cách giải:
Gọi % thu nhập bình quân đầu người mỗi năm tăng thêm là x.
Năm 2018, thu nhập bình quân đầu người nước ta là:
${A_{2018}} = {A_{2017}} + {A_{2017}}.x\% = {A_{2017}}.\left( {1 + x\% } \right)$
Năm 2019, thu nhập bình quân đầu người của nước ta là:
${A_{2019}} = {A_{2018}} + x\% .{A_{2018}} = {A_{2018}}\left( {1 + x\% } \right) = {A_{2017}}{\left( {1 + x\% } \right)^2}$
……
Năm 2035, thu nhập bình quân đầu người của nước ta là:
${A_{2035}} = {A_{2017}}.{\left( {1 + x\% } \right)^{18}}$
Theo giả thiết ta có:
$10000 = {\left( {1 + x\% } \right)^{18}}.2300$
$ \Leftrightarrow {\left( {1 + x\% } \right)^{18}} = \frac{{100}}{{23}}$
$ \Leftrightarrow 1 + x\% = \sqrt[{18}]{{\frac{{100}}{{23}}}}$
$ \Rightarrow x = 8,5$.
Câu 44 (VD): Đáp án A
Phương pháp
– Thể tích của hình trụ có bán kính bằng r, chiều cao bằng h là: $V = \pi {r^2}h$.
– Diện tích toàn phần của hình trụ trên là ${S_{tp}} = 2\pi rh + 2\pi {r^2}$.
– Áp dụng BĐT AM – GM để giải bài toán.
Cách giải:
Gọi r là bán kính đáy, h là chiều cao của thùng sơn đã cho.
Theo giả thiết, thùng sơn có dung tích bằng $1000c{m^3}$ nên ta có:
$V = 1000 \Leftrightarrow \pi {r^2}h = 1000$
Theo giả thiết, thùng sơn có dung tích bằng
${S_{tp}} = 2\pi {r^2} + 2\pi rh$
Áp dụng BĐT AM – GM ta có:
${S_{tp}} = \pi \left( {2{{\rm{r}}^2} + rh + rh} \right) \ge \pi .3\sqrt[3]{{2{{\rm{r}}^2}.rh.rh}} = 3\pi .\sqrt[3]{{2{{\rm{r}}^4}.{h^2}}} = 3\pi .\sqrt[3]{{2.{{\left( {\frac{{1000}}{\pi }} \right)}^2}}}$
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $2{{\rm{r}}^2} = rh \Leftrightarrow h = 2{\rm{r}}$
Mà ${r^2}h = \frac{{1000}}{\pi } \Rightarrow 2{{\rm{r}}^3} = \frac{{1000}}{\pi } \Rightarrow r = \sqrt[3]{{\frac{{500}}{\pi }}}$.
Vậy để diện tích toàn phần của thùng sơn nhỏ nhất thì $r = \sqrt[3]{{\frac{{500}}{\pi }}}$.
Câu 45 (VD): Đáp án D
Phương pháp
Hàm số $y = f\left( x \right)$ có 2 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình $f’\left( x \right) = 0$ có 2 nghiệm bậc lẻ phân biệt.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}$
Ta có: $y = f\left( x \right) = {e^{{x^2}}}\left( {x – m} \right)$
$ \Rightarrow f’\left( x \right) = {\left( {{e^{{x^2}}}} \right)^\prime }.\left( {x – m} \right) + {e^{{x^2}}}.{\left( {x – m} \right)^\prime }$
$ = 2{\rm{x}}.{e^{{x^2}}}\left( {x – m} \right) + {e^{{x^2}}}$
$ = {e^{{x^2}}}\left( {2{{\rm{x}}^2} – 2{\rm{x}}m + 1} \right)$
$f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2{{\rm{x}}^2} – 2{\rm{x}}m + 1 = 0$
Hàm số $y = f\left( x \right)$ có 2 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình $f’\left( x \right) = 0$ có 2 nghiệm bậc lẻ phân biệt.
Suy ra $2{{\rm{x}}^2} – 2{\rm{x}}m + 1 = 0$ có 2 nghiệm phân biệt.
$ \Rightarrow \Delta ‘ > 0 \Leftrightarrow {m^2} – 2 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > \sqrt 2 \\m < \sqrt 2 \end{array} \right.$
Mặt khác m là số nguyên và $m \in \left( { – 10;10} \right)$ nên $m \in \left\{ { – 9; – 8; – 7;…; – 2;2;3;4;…;9} \right\}$.
Vậy có tất cả 16 giá trị của m thỏa mãn.
Câu 46 (VD): Đáp án C
Phương pháp
Hàm số $y = f\left( x \right)$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$ khi $f’\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}$ (Dấu “=” chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm).
Cách giải:
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên $\mathbb{R}$.
Ta có: $y = f\left( x \right) = \left( {{m^2} – 1} \right){x^3} + \left( {m – 1} \right){x^2} – x + 4$
$ \Rightarrow f’\left( x \right) = 3\left( {{m^2} – 1} \right){x^2} + 2\left( {m – 1} \right)x – 1$
Hàm số $y = f\left( x \right)$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$ khi $f’\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}$
Nếu $m = 1$ thì $f’\left( x \right) = – 1 < 0$ hay hàm số luôn nghịch biến trên $\mathbb{R}$ (thỏa mãn).
Nếu $m = – 1$ thì $f’\left( x \right) = – 4{\rm{x}} – 1,{\rm{ f’}}\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x < – \frac{1}{4}$ nên hàm số không thể đồng biến trên $\mathbb{R}$ (loại).
Nếu $\left\{ \begin{array}{l}m \ne 1\\m \ne – 1\end{array} \right. \Rightarrow {m^2} – 1 \ne 0$, ta có: $f’\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow 3\left( {{m^2} – 1} \right){x^2} + 2\left( {m – 1} \right)x – 1 \le 0$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} – 1 < 0\\\Delta ‘ \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 1 < m < 1\\{\left( {m – 1} \right)^2} + 3\left( {{m^2} – 1} \right) \le 0\end{array} \right.$.
Mà m là số nguyên nên $m = 0$ thỏa mãn. Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn đề bài.
Câu 47 (VD): Đáp án A
Phương pháp
– Dùng phép suy đồ thị, từ đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$, vẽ đồ thị hàm số $g\left( x \right) = f\left( {x + 2018} \right)$ bằng cách dịch chuyển đồ thị $y = f\left( x \right)$ sang bên trái 2018 đơn vị.
– Vẽ đồ thị hàm số $h\left( x \right) = \left| {g\left( x \right)} \right|$ bằng cách lấy đối xứng phần đồ thị $g\left( x \right)$ phía dưới trục hoành qua trục hoành rồi bỏ đi phần đồ thị phía dưới trục hoành đó.
– Từ đồ thị hàm số $y = h\left( x \right)$ suy ra số điểm cực trị của hàm $y = h\left( x \right) = \left| {f\left( {x + 2018} \right)} \right|$.
Cách giải:
Từ đồ thị hàm số đã cho, ta vẽ được các hàm số sau:
Vẽ đồ thị hàm số $g\left( x \right) = f\left( {x + 2018} \right)$ bằng cách dịch chuyển đồ thị $y = f\left( x \right)$ sang bên trái 2018 đơn vị.
Lấy đối xứng phần đồ thị $g\left( x \right)$ phía dưới trục hoành qua trục hoành rồi bỏ đi phần đồ thị phía dưới trục hoành đó ta được đồ thị của hàm số $y = h\left( x \right) = \left| {g\left( x \right)} \right| = \left| {f\left( {x + 2018} \right)} \right|$ như hình vẽ dưới đây:
Từ đồ thị hàm số $y = h\left( x \right)$ ta thấy đồ thị hàm số $y = \left| {f\left( {x + 2018} \right)} \right|$ có 5 điểm cực trị.
Câu 48 (VD): Đáp án A
Phương pháp
– Tính chi phí cần bỏ ra để mau nguyên liệu làm cốc.
– Áp dụng BĐT AM – GM để giải bài toán.
Cách giải:
Gọi r là bán kính đáy cốc, h là chiều cao của cốc thủy tinh cần làm.
Thể tích của cốc là $50c{m^3}$ nên $\pi {r^2}h = 50$
Diện tích xung quanh cái cốc là ${S_{xq}} = 2\pi rh$
Diện tích đáy cốc là ${S_d} = \pi {r^2}$ (do cốc không nắp)
Do đó, chi phí mua nguyên liệu để làm cốc là: $P = 100.2\pi rh + 200.\pi {r^2} = 200\pi \left( {rh + {r^2}} \right)$
Áp dụng BĐT AM – GM ta có:
$P = 200\pi \left( {{r^2} + rh} \right) = 200\pi \left( {{r^2} + \frac{{rh}}{2} + \frac{{rh}}{2}} \right) \ge 200\pi .3\sqrt[3]{{{r^2}.\frac{{rh}}{2}.\frac{{rh}}{2}}} = 200\pi .3\sqrt[3]{{{{\left( {\frac{{{r^2}h}}{2}} \right)}^2}}} \approx 7513,25$
Vậy số tiền nhỏ nhất để mua nguyên liệu làm cốc là 7513 đồng.
Câu 49 (VDC): Đáp án D
Phương pháp
– Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng $\left( {BMN} \right)$.
– Sử dụng bài toán phụ sau để giải bài toán.
– Cho lăng trụ $ABC.A’B’C’$ có các điểm M, N, P lần lượt nằm trên các cạnh ${\rm{AA’,BB’,CC’}}$ sao cho
$\frac{{AM}}{{AA’}} = x;\frac{{BN}}{{BB’}} = y;\frac{{CP}}{{CC’}} = z$ thì tỉ số thể tích của $\frac{{{V_{ABC.MNP}}}}{{{V_{ABC.A’B’C’}}}} = \frac{{x + y + z}}{3}$.
Cách giải:
Gọi I là giao điểm của MN và $A’C$
Tứ giác $A’MCN$ có $\left\{ \begin{array}{l}A’M{\rm{ // CN}}\\{\rm{A’M}} = CN = \frac{1}{2}CC’\end{array} \right.$ nên $A’MCN$ là hình bình hành.
Do đó I là trung điểm của $A’C$.
Mặt khác $A’C$ và $B{\rm{D’}}$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên I nằm trên $B{\rm{D’}}$.
Do đó thiết diện khi cắt hình hộp bởi mp $\left( {BMN} \right)$ là tứ giác $BM{\rm{D’}}N$.
Khi đó, hình hộp được chia thành 2 phần, ${V_1}$ là thể tích của khối $BM{\rm{D’}}NAC{\rm{D}}$.
Sử dụng bài toán phụ sau: Cho lăng trụ $ABC.A’B’C’$ có các điểm M, N, P lần lượt nằm trên các cạnh ${\rm{AA’,BB’,CC’}}$ sao cho $\frac{{AM}}{{AA’}} = x;\frac{{BN}}{{BB’}} = y;\frac{{CP}}{{CC’}} = z$ thì tỉ số thể tích của $\frac{{{V_{ABC.MNP}}}}{{{V_{ABC.A’B’C’}}}} = \frac{{x + y + z}}{3}$.
Ta có:
$\frac{{{V_{BMNAC}}}}{{{V_{ABC.A’B’C’}}}} = \frac{1}{3}\left( {\frac{{BB}}{{BB’}} + \frac{{AM}}{{AA’}} + \frac{{CN}}{{CC’}}} \right) = \frac{1}{3}\left( {0 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{3} \Rightarrow {V_{ABCMN}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A’B’C’}} = \frac{1}{6}{V_{ABCD.A’B’C’D’}}$
$\frac{{{V_{ACD.MND’}}}}{{{V_{ADC.A’D’C’}}}} = \frac{1}{3}\left( {\frac{{DD’}}{{DD’}} + \frac{{CN}}{{CC’}} + \frac{{AM}}{{AA’}}} \right) = \frac{1}{3}\left( {1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}} \right) = \frac{2}{3} \Rightarrow {V_{MND’.ACD}} = \frac{1}{3}{V_{ABCD.A’B’C’D’}}$
Do đó, ${V_1} = {V_{BM{\rm{D’NAD}}C}} = {V_{AC{\rm{D}}.MN{\rm{D’}}}} + {V_{BMNAC}}$
$ = \left( {\frac{1}{3} + \frac{1}{6}} \right){V_{ABC.A’B’C’}} = \frac{1}{2}V$
$ \Rightarrow {V_2} = \frac{1}{2}V \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = 1$.
Câu 50 (VD): Đáp án A
Phương pháp
– Tìm chân đường cao hạ từ S xuống mặt phẳng $\left( {ABC{\rm{D}}} \right)$.
– Tìm góc giữa mp $\left( {SC{\rm{D}}} \right)$ và mp $\left( {ABC{\rm{D}}} \right)$rồi tính góc đó.
Cách giải:
Qua S kẻ $SH \bot AB{\rm{ }}\left( {H \in {\rm{A}}B} \right)$, ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right) = AB\\SH \bot AB\\SH \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)$
Qua H kẻ $HK{\rm{ // AD}}$ mà $A{\rm{D}} \bot C{\rm{D}}$ nên $HK \bot C{\rm{D}}$ (1)
$SH \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow SH \bot C{\rm{D}}$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $C{\rm{D}} \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow C{\rm{D}} \bot {\rm{S}}K$
Suy ra góc tạo bởi mp $\left( {SC{\rm{D}}} \right)$ và $\left( {ABC{\rm{D}}} \right)$ là góc giữa SK và HK hay $\beta = SKH$
Tam giác SAB vuông tại S có đường cao SH nên $\frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{S{B^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2} – S{A^2}}} \Rightarrow SH = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a$
$HK{\rm{ // AD}} \Rightarrow HK = A{\rm{D}} = 2{\rm{a}}$
Suy ra $\tan \beta = \frac{{SH}}{{HK}} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}a}}{{2{\rm{a}}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}$.
