Đề thi học kì 1 Toán 12 sở giáo dục & đào tạo trường thpt chuyên Hạ Long có đáp án và lời giải chi tiết gồm 50 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.
| SỞ GD&ĐT HẠ LONG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG |
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I
MÔN: TOÁN – Lớp 12 Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề |
MỤC TIÊU: Đề thi học kì trường THPT chuyên Hạ Long gồm 50 câu trắc nghiệm với mức độ được sắp xếp từ thông hiểu, vận dụng đến nâng cao. Đề gồm các kiến thức liên quan tới hàm số logarit, hàm số lượng giác, hàm đồng biến, nghịch biến; các công thức lượng giác; xác suất; các công thức về thể tích, diện tích các hình; tìm nguyên hàm, đạo hàm; giá trị lớn nhất, nhỏ nhất; các bài liên quan đến đồ thị hàm số. Các câu hỏi xuyên suốt hết phần học kì lớp 12 để học sinh nắm rõ kiến thức và tự đánh giá được bản thân.
A. PHẦN KIẾN THỨC CHUNG
Câu 1 (TH). Tìm tập nghiệm S của bất phương trình ${\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x – 3} \right) \ge {\log _{\frac{1}{2}}}4$.
A. $S = \left( { – \infty ;7} \right]$. B. $S = \left( {3;7} \right]$. C. $S = \left[ {3;7} \right]$. D. $S = \left[ {7; + \infty } \right)$.
Câu 2 (TH). Hỏi hàm số nào sau đây luôn nghịch biến trên $\mathbb{R}$?
A. $y = – {x^3} + 3{x^2} – 10 + 1$. B. $y = \frac{{2x – 1}}{{x – 3}}$.
C. $y = {x^4} – 4{x^2} + 4$. D. $y = – {x^4} + 4{x^2} – 1$.
Câu 3 (NB). Tính giá trị ${\left( {\frac{1}{{16}}} \right)^{ – 0,75}} + {\left( {\frac{1}{8}} \right)^{ – \frac{4}{3}}}$, ta được kết quả là ${2^{18}}$.
A. 24. B. 12. C. 16. D. 18.
Câu 4 (NB). Khối lăng trụ tứ giác có bao nhiêu mặt?
A. 9 mặt. B. 7 mặt. C. 5 mặt. D. 6 mặt.
Câu 5 (NB). Cho hình trụ tròn xoay có đường sinh là l, độ dài đường cao là h và r là bán kính đáy. Công thức diện tích xung quanh của hình trụ tròn xoay là
A. ${S_{xq}} = \pi {r^2}h$. B. ${S_{xq}} = 2\pi rh$. C. ${S_{xq}} = \pi rh$. D. ${S_{xq}} = \pi rl$.
Câu 6 (NB). Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{{x + 1}}{{x – 1}}$ là
A. $x = – 1$. B. $x = 0$. C. $x = 2$. D. $x = 1$.
Câu 7 (NB). Họ các nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right) = {x^3} + 3x + 2$ là
A. $F\left( x \right) = 3{x^2} + 3x + C$. B. $F\left( x \right) = \frac{{{x^4}}}{4} + \frac{{3{x^2}}}{2} + 2x + C$.
C. $F\left( x \right) = \frac{{{x^4}}}{4} + \frac{{{x^2}}}{2} + 2x + C$. D. $F\left( x \right) = \frac{{{x^4}}}{3} + 3{x^2} + 2x + C$.
Câu 8 (NB). Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của một hàm số có dạng $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ $\left( {a \ne 0} \right)$. Hàm số đó nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. $\left( { – 1; + \infty } \right)$. B. $\left( { – \infty ;1} \right)$. C. $\left( {1; + \infty } \right)$. D. $\left( { – 1;1} \right)$.
Câu 9 (TH). Hàm số $y = \frac{{3x + 1}}{{x – 2}}$ có giá trị lớn nhất trên đoạn $\left[ { – 1;1} \right]$ là
A. $\frac{1}{3}$. B. $ – \frac{2}{3}$. C. $\frac{1}{2}$. D. $\frac{2}{3}$.
Câu 10 (NB). Cho ba số dương a, b, c $\left( {a \ne 1,b \ne 1} \right)$ và số thực $\alpha \ne 0$. Đẳng thức nào sau đây sai?
A. ${\log _a}\left( {bc} \right) = {\log _a}b + {\log _a}c$. B. ${\log _b}c = \frac{{{{\log }_a}c}}{{{{\log }_a}b}}$.
C. ${\log _a}\left( {\frac{b}{c}} \right) = {\log _a}b – {\log _a}c$. D. ${\log _a}{b^\alpha } = \frac{1}{\alpha }{\log _a}$.
Câu 11 (NB). Đồ thị hàm số $y = {x^4} – {x^2} – 2$ cắt trục tung tại điểm có tọa độ là
A. $\left( {2;0} \right)$. B. $\left( { – 2;0} \right)$. C. $\left( {0;2} \right)$. D. $\left( {0; – 2} \right)$.
Câu 12 (NB). Họ nguyên hàm của hàm số $y = {e^{3x + 1}}$ là
A. $F\left( x \right) = 3{e^{3x + 1}} + C$. B. $F\left( x \right) = 3{e^{3x + 1}}.\ln 3 + C$.
C. $F\left( x \right) = \frac{1}{3}{e^{3x + 1}}.\ln 3 + C$. D. $F\left( x \right) = \frac{1}{3}{e^{3x + 1}} + C$.
Câu 13 (NB). Hàm số nào trong bốn hàm số dưới đây nghịch biến trên $\mathbb{R}$?
A. $y = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{ – x}}$. B. $y = {\left( {\frac{3}{e}} \right)^x}$. C. $y = {\left( {\frac{e}{3}} \right)^x}$. D. $y = {2017^x}$.
Câu 14 (TH). Tổng diện tích các mặt lập phương là 54 $c{m^2}$. Tính thể tích khối lập phương đó.
A. 9$c{m^2}$. B. 81$c{m^2}$. C. 18$c{m^2}$. D. 27$c{m^2}$.
Câu 15 (NB). Tính thể tích khối hình hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$ có $AB = 3$, $AD = 4$, $A’A = 5$.
A. 10. B. 60. C. 12. D. 20.
Câu 16 (TH). Đường cong trong hình bên là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào?
A. $y = – {x^3} – 3{x^2} + 2$. B. $y = \frac{{2x + 1}}{{x – 1}}$. C. $y = {x^4} – 2{x^2} + 2$. D. $y = {x^3} – 3{x^2} + 2$.
Câu 17 (TH). Khối nón có bán kính đáy bằng 2, chiều cao bằng $2\sqrt 3 $ thì có đường sinh bằng
A. 3. B. 2. C. 16. D. 4.
Câu 18 (NB). Công thức tính thể tích V của khối cầu có bán kính bằng R là
A. $V = \frac{4}{3}\pi {R^3}$. B. $V = \pi {R^3}$. C. $V = 4\pi {R^3}$. D. $V = \frac{4}{3}\pi {R^2}$.
Câu 19 (NB). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật $AB = a$, $BC = 2a$, $SA = 2a$, SA vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$. Tính thể tích khối chóp S.ABCD tính theo a.
A. $4{a^3}$. B. $\frac{8}{3}{a^3}$. C. $\frac{6}{3}{a^3}$. D. $\frac{4}{3}{a^3}$.
Câu 20 (NB). Tìm tập nghiệm S của bất phương trình ${4^x} < {2^{x + 1}}$.
A. $S = \left( {0;1} \right)$. B. $S = \left( {1; + \infty } \right)$. C. $S = \left( { – \infty ; + \infty } \right)$. D. $S = \left( { – \infty ;1} \right)$.
Câu 21 (TH). Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng $4\pi {a^2}$ và độ dài đường cao bằng 2a. Tính bán kính đáy của hình trụ đó.
A. 2a. B. 4a. C. a. D. 3a.
Câu 22 (TH). Cho ${\log _2}6 = a$. Khi đó giá trị của ${\log _3}18$ được tính theo a là
A. a. B. $\frac{a}{{a + 1}}$. C. $\frac{{2a – 1}}{{a – 1}}$. D. $2a + 3$.
Câu 23 (TH). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều. Nếu tăng độ dài mỗi cạnh đáy lên 2 lần và độ dài đường cao không đổi thì thể tích S.ABC tăng lên bao nhiêu lần?
A. 4. B. 3. C. $\frac{1}{2}$. D. 2.
Câu 24 (NB). Nghiệm của phương trình ${2^{2x – 1}} = \frac{1}{4}$ là
A. $x = \frac{{ – 1}}{2}$. B. $x = 0$. C. $x = \frac{1}{2}$. D. $x = 1$.
Câu 25 (NB). Tập xác định của hàm số $y = {\left( {{x^2} – 3x + 2} \right)^{ – e}}$ là
A. $D = \left( { – \infty ;1} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)$. B. $D = \left( {0; + \infty } \right)$.
C. $D = \left( {1;2} \right)$. D. $D = \mathbb{R}\backslash \left( {1;2} \right)$.
Câu 26 (NB). Biết rằng đường thẳng $y = 2x – 3$ và đồ thị hàm số $y = {x^3} + {x^2} + 2x – 3$ có hai điểm chung phân biệt A, B biết điểm B có hoành độ âm. Tìm ${x_B}$.
A. ${x_B} = – 1$. B. ${x_B} = – 5$. C. ${x_B} = – 2$. D. ${x_B} = 0$.
Câu 27 (TH). Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số $y = \frac{{x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 6} }}$ là:
A. 1. B. 2. C. 3. D. 0.
Câu 28 (TH). Tìm họ nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right) = \cos \left( {3x + \frac{\pi }{6}} \right)$.
A. $\int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx} = \frac{1}{3}\sin \left( {3x + \frac{\pi }{6}} \right) + C$. B. $\int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx} = – \frac{1}{3}\sin \left( {3x + \frac{\pi }{6}} \right) + C$.
C. $\int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx} = \frac{1}{6}\sin \left( {3x + \frac{\pi }{6}} \right) + C$. D. $\int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx} = \sin \left( {3x + \frac{\pi }{6}} \right) + C$.
Câu 29 (TH). Hàm số $y = {x^4} – 2{x^2} + 3$ đạt cực tiểu tại x bằng
A. $ \pm 1$. B. 2. C. 0. D. 3.
Câu 30 (VD). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình vuông, mặt bên $\left( {SAB} \right)$ là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ bằng $\frac{{3\sqrt 7 a}}{7}$. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD.
A. $V = {a^3}$. B. $V = \frac{1}{3}{a^3}$. C. $V = \frac{2}{3}{a^3}$. D. $V = \frac{3}{2}{a^3}$.
Câu 31 (NB). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định, liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau:
| x | $ – \infty $ | 1 | 2 | $ + \infty $ | |||
| $y’$ | + | – | 0 | + | |||
| y | $ – \infty $ | 5 | –2 | $ + \infty $ |
Giá trị cực đại của hàm số là:
A. 1. B. 5. C. 2. D. $ + \infty $.
Câu 32 (TH). Tập xác định của hàm số $y = {\log _2}\frac{{x – 1}}{x}$ là
A. $R\backslash \left\{ 0 \right\}$. B. $\left( {1; + \infty } \right)$. C. $\left( {0;1} \right)$. D. $\left( { – \infty ;0} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)$ .
Câu 33 (TH). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, SA vuông góc với đáy, $AB = a$, $AD = 2a$. Góc giữa SB và đáy bằng $45^\circ $. Thể tích khối chóp là
A. $\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}$. B. $\frac{{2{a^3}}}{3}$. C. $\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}$. D. $\frac{{{a^3}}}{{\sqrt 3 }}$.
Câu 34 (TH). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đồ thị là đường cong trong hình vẽ. Tìm số nghiệm của phương trình $2f\left( x \right) = 3$.
A. 4. B. 3. C. 1. D. 2.
Câu 35 (TH). Cắt một hình trụ bằng một mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện là một hình vuông cạnh 2a. Diện tích xung quanh của hình trụ bằng
A. $16\pi {a^2}$. B. $4\pi {a^2}$. C. $2\pi {a^2}$. D. $8\pi {a^2}$.
Câu 36 (VD). Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên m để hàm số $y = \left( {{m^2} – 1} \right){x^3} + \left( {m – 1} \right){x^2} – x + 4$ nghịch biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$?
A. 3. B. 1. C. 0. D. 2.
Câu 37 (VD). Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$, biết thể tích khối chóp $A’.BDD’B’ = \frac{8}{3}d{m^3}$. Độ dài cạnh của hình lập phương đó là
A. 8dm. B. 4dm. C. 3dm. D. 2dm.
Câu 38 (VD). Cho hình nón $\left( N \right)$ có đỉnh là S, đường tròn đáy là $\left( O \right)$ có bán kính $R = 2$, góc ở đỉnh của hình nón là $\varphi = 120^\circ $. Hình chóp đều S.ABCD có các đỉnh A, B, C, D thuộc đường tròn $\left( O \right)$ có thể tích là
A. $\frac{{8\sqrt 3 }}{3}$. B. $\frac{{16\sqrt 3 }}{3}$. C. $\frac{{16\sqrt 3 }}{9}$. D. $\frac{{16}}{9}$.
Câu 39 (VD). Tìm các giá trị thực của tham số m để hàm số $y = \frac{1}{3}{x^3} – m{x^2} + \left( {{m^2} – 4} \right)x + 3$ đạt cực đại tại $x = 3$.
A. $m = 1$. B. $m = – 1$. C. $m = – 7$. D. $m = 5$.
Câu 40 (VD). Tìm m để giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = {x^3} – 3m{x^2} + 6$ trên đoạn $\left[ {0;3} \right]$ bằng 2
A. $m = 2$. B. $m = 1$. C. $m = \frac{{31}}{{27}}$. D. $m > \frac{3}{2}$.
Câu 41 (VD). Một người mua một căn hộ với giá 900 triệu đồng. Người đó trả trước với số tiền là 500 triệu đồng. Số tiền còn lại người đó thanh toán theo hình thức trả góp với lãi suất tính trên số tiền còn nợ là 0,5% mỗi tháng. Kể từ ngày mua, sau đúng mỗi tháng người đó trả số tiền cố định là 4 triệu đồng (cả gốc lẫn lãi). Tìm thời gian (làm tròn đến hàng đơn vị) để người đó trả hết nợ.
A. 133 tháng. B. 140 tháng. C. 136 tháng. D. 139 tháng.
Câu 42 (TH). Đạo hàm của hàm số $y = \ln \left( {\sqrt {{x^2} + 1} – x} \right)$ là
A. $\frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} + x}}$. B. $\frac{{ – 1}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}$. C. $\frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}$. D. $\frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} – x}}$.
Câu 43 (VD). Hàm số $y = – \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{x}{2} – \frac{1}{4}\sin 2x$ có bao nhiêu điểm cực trị trên khoảng $\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$?
A. Vô số. B. 1. C. 0. D. 2.
Câu 44 (VD). Khối lăng trụ $ABC.A’B’C’$ có đáy là tam giác đều, a là độ dài cạnh đáy. Góc giữa cạnh bên và đáy là $30^\circ $. Hình chiếu vuông góc của $A’$ trên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ trùng với trung điểm của BC. Thể tích của khối lăng trụ đã cho là
A. $\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}$. B. $\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}$. C. $\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}$. D. $\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}$.
Câu 45 (VD). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đồ thị như hình vẽ. Hỏi hàm số $y = \left| {f\left( x \right)} \right|$ có bao nhiêu điểm cực đại?
A. 5. B. 4. C. 6. D. 3.
B. PHẦN NÂNG CAO DÀNH CHO HỌC SINH CÁC LỚP CHUYÊN TOÁN (gồm 5 câu)
Câu 46 (VD). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Biết 8 điểm gồm A, B, C, D và 4 trung điểm của SA, SB, SC, SD cùng thuộc một mặt cầu. Bán kính của mặt cầu đó là
A. $\frac{{a\sqrt 5 }}{2}$. B. $\frac{{a\sqrt 5 }}{4}$. C. $\frac{{a\sqrt {10} }}{4}$. D. $\frac{{a\sqrt {17} }}{4}$.
Câu 47 (VDC). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A, B, $AB = BC = a$, $AD = 2a$, SA vuông góc với đáy. M, N lần lượt là trung điểm của SB, SD. Tính thể tích hình chóp biết hai mặt phẳng $\left( {MAC} \right)$, $\left( {NAC} \right)$ vuông góc với nhau.
A. ${a^3}$. B. $\frac{{{a^3}}}{2}$. C. $\frac{{{a^3}}}{6}$. D. $\frac{{{a^3}}}{3}$.
Câu 48 (VD). Một khúc gỗ có dạng khối nón có bán kính đáy $r = 30\,cm$, chiều cao $h = 120\,cm$. Anh thợ mộc chế tác khúc gỗ có dạng khối trụ như hình vẽ. Gọi V là thể tích lớn nhất của khúc gỗ dạng khối trụ có thể chế tác được. Tính V.
A. $V = 0,16\pi \left( {{m^3}} \right)$. B. $V = 0,36\pi \left( {{m^3}} \right)$. C. $V = 0,016\pi \left( {{m^3}} \right)$. D. $V = 0,024\pi \left( {{m^3}} \right)$.
Câu 49 (VD). Cho hàm số bậc ba $f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ có đồ thị nhận hai điểm $A\left( {0;3} \right)$; $B\left( {2; – 1} \right)$ làm hai điểm cực trị. Khi đó số điểm cực trị của đồ thị hàm số $g\left( x \right) = \left| {a{x^2}\left| x \right| + b{x^2} + c\left| x \right| + d} \right|$.
A. 9. B. 11. C. 5. D. 7.
Câu 50 (VD). Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn ${\log _8}a + {\log _4}{b^2} = 5$; ${\log _4}{a^2} + {\log _8}b = 7$thì tích${\rm{ab}}$ nhận giá trị là
A. 2. B. 16. C. ${2^9}$. D. ${2^{18}}$.
Đáp án
| 1 – B | 2 – A | 3 – A | 4 – B | 5 – B | 6 – D | 7 – B | 8 – C | 9 – D | 10 – D |
| 11 – D | 12 – D | 13 – C | 14 – D | 15 – B | 16 – D | 17 – D | 18 – A | 19 – D | 20 – D |
| 21 – C | 22 – C | 23 – A | 24 – A | 25 – A | 26 – A | 27 – B | 28 – A | 29 – A | 30 – D |
| 31 – B | 32 – D | 33 – B | 34 – B | 35 – B | 36 – D | 37 – D | 38 – C | 39 – D | 40 – B |
| 41 – D | 42 – B | 43 – C | 44 – D | 45 – D | 46 – C | 47 – B | 48 – C | 49 – D | 50 – C |
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Phương pháp:
+ Tìm điều kiện xác định.
+ Giải bất phương trình logarit cơ bản: ${\log _a}f\left( x \right) \ge {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow 0 \le f\left( x \right) \le g\left( x \right)$ $\left( {0 < a < 1} \right)$
Cách giải:
Điều kiện xác định: $x – 3 > 0 \Leftrightarrow x > 3$.
Ta có ${\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x – 3} \right) \ge {\log _{\frac{1}{2}}}4 \Leftrightarrow x – 3 \le 4\left( {{\rm{do}}\,0 < \frac{1}{2} < 1} \right) \Leftrightarrow x \le 7$
Kết hợp điều kiện ta có $3 < x \le 7$.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( {3;7} \right]$.
Câu 2 (TH): Đáp án A
Phương pháp:
Hàm số $y = f\left( x \right)$ nghịch biến trên $\mathbb{R} \Leftrightarrow f’\left( x \right) \le 0$ $\forall x \in \mathbb{R}$.
Cách giải:
Xét hàm số $y = – {x^3} + 3{x^2} – 10x + 1$ có $y’ = – 3{x^2} + 6x – 10 = – 3{\left( {x – 1} \right)^2} – 7 < 0$$\forall x \in \mathbb{R}$.
Suy ra hàm số $y = – {x^3} + 3{x^2} – 10x + 1$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$.
Câu 3 (NB): Đáp án A
Phương pháp:
Sử dụng công thức $\frac{1}{{{x^m}}} = {x^{ – m}}$, ${\left( {{x^m}} \right)^n} = {x^{mn}}$.
Cách giải:
${\left( {\frac{1}{{16}}} \right)^{ – 0,75}} + {\left( {\frac{1}{8}} \right)^{ – \frac{4}{3}}} = {16^{0,75}} + {8^{\frac{4}{3}}} = {\left( {{2^4}} \right)^{\frac{3}{4}}} + {\left( {{2^3}} \right)^{\frac{4}{3}}} = {2^3} + {2^4} = 24$.
Câu 4 (NB): Đáp án B
Phương pháp:
Xác định hình dạng của khối lăng trụ ngũ giác.
Cách giải:
Khối lăng trụ ngũ giác có đáy là ngũ giác nên có 5 mặt bên.
Mặt khác lăng trụ ngũ giác có 2 mặt đáy.
Suy ra có 7 mặt tất cả.
Câu 5 (NB): Đáp án B
Phương pháp:
Hình trụ tròn xoay là hình trụ đứng nên chiều cao hình trụ tròn xoay bằng đường sinh của hình trụ.
Cách giải:
Vì hình đã cho là hình trụ tròn xoay nên chiều cao h bằng đường sinh l.
Do đó diện tích xung quanh của hình trụ xoay bằng $2\pi rl$ hay chính là $2\pi rh$.
Câu 6 (NB): Đáp án D
Phương pháp:
Cho hàm số $y = f\left( x \right)$.
+ Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } y = \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ – } y = \infty $ thì đồ thị hàm số có TCĐ $x = {x_0}$.
+ Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = {y_0}$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = {y_0}$ thì đồ thị hàm số có TCN $y = {y_0}$.
Cách giải:
ĐKXĐ: $x \ne 1$
Ta thấy: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{x + 1}}{{x – 1}} = + \infty $; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} \frac{{x + 1}}{{x – 1}} = – \infty $, do đó đồ thị hàm số có TCĐ $x = 1$.
Câu 7 (NB): Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng nguyên hàm cơ bản: $\int\limits_{}^{} {{x^n}dx} = \frac{{{x^{n + 1}}}}{{n + 1}} + C$.
Cách giải:
$f\left( x \right) = {x^3} + 3x + 2$ là
$ \Rightarrow F\left( x \right) = \int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx} = \frac{{{x^4}}}{4} + \frac{{3{x^2}}}{2} + 2x + C$.
Câu 8 (NB): Đáp án C
Phương pháp:
Dựa vào đồ thị hàm số, nghịch biến ứng với phần đồ thị đi xuống, đồng biến ứng với phần đồ thị đi lên.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị ta có hàm số nghịch biến trong khoảng $\left( { – \infty ;1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$.
Câu 9 (TH): Đáp án D
Phương pháp:
Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left[ {a;b} \right]$.
+ Tính $f’\left( x \right)$.
+ Giải phương trình $f’\left( x \right) = 0 \Rightarrow {x_i} \in \left[ {a;b} \right]$.
+ Tính $f\left( a \right)$, $f\left( b \right)$, $f\left( {{x_i}} \right)$.
+ KL: $\mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \max \left\{ {f\left( a \right);f\left( b \right);f\left( {{x_i}} \right)} \right\}$; $\mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \min \left\{ {f\left( a \right);f\left( b \right);f\left( {{x_i}} \right)} \right\}$.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}$.
Ta có: $y = \frac{{3x + 1}}{{x – 2}} \Rightarrow y’ = \frac{{ – 7}}{{{{\left( {x – 2} \right)}^2}}} < 0$ $\forall x \in D$.
Do đó hàm số nghịch biến trên $\left[ { – 1;1} \right]$.
Vậy $\mathop {\min }\limits_{\left[ { – 1;1} \right]} y = y\left( { – 1} \right) = \frac{{3\left( { – 1} \right) + 1}}{{\left( { – 1} \right) – 2}} = \frac{{ – 2}}{{ – 3}} = \frac{2}{3}$.
Câu 10 (NB): Đáp án D
Phương pháp:
Sử dụng các công thức về logarit.
Cách giải:
Câu D sai vì ${\log _a}{b^\alpha } = \alpha {\log _a}b$.
Câu 11 (NB): Đáp án D
Phương pháp:
Tìm giao của đồ thị hàm số với trục tung bằng cách cho $x = 0$.
Cách giải:
Cho $x = 0 \Rightarrow y = – 2$.
Vậy đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm $\left( {0; – 2} \right)$.
Câu 12 (NB): Đáp án D
Phương pháp:
Áp dụng công thức tính nguyên hàm $\int\limits_{}^{} {{e^{ax + b}}} = \frac{1}{a}{e^{ax + b}} + C$
Cách giải:
Nguyên hàm của hàm số $y = {e^{3x + 1}}$ là: $F\left( x \right) = \frac{1}{3}{e^{3x + 1}} + C$
Câu 13 (NB): Đáp án C
Phương pháp:
Hàm số $y = {a^x}$ với $0 < a < 1$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$.
Cách giải:
Trong 4 đáp án ta thấy $0 < \frac{e}{3} < 1 \Rightarrow y = {\left( {\frac{e}{3}} \right)^x}$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$.
Câu 14 (TH): Đáp án D
Phương pháp:
+ Hình lập phương cạnh a có tổng diện tích các mặt bằng $6{a^2}$.
+ Hình lập phương cạnh a có thể tích bằng ${a^3}$.
Cách giải:
Gọi cạnh của hình lập phương là a.
Suy ra tổng diện tích các mặt của hình lập phương là $6{a^2} = 54 \Rightarrow a = 3\left( {cm} \right)$.
Khi đó thể tích hình lập phương là $V = {a^3} = {3^3} = 27\left( {c{m^3}} \right)$.
Câu 15 (NB): Đáp án B
Phương pháp:
Áp dụng công thức tính thể tích hình hộp chữ nhật.
Cách giải:
Thể tích hình hộp chữ nhật là $V = AB.AD.AA’ = 3.4.5 = 60$.
Câu 16 (TH): Đáp án D
Phương pháp:
+ Dựa vào hình dáng đồ thị để loại đáp án.
+ Dựa vào nét cuối cùng của đồ thị hàm số để xác định dấu của hệ số a.
Cách giải:
Đồ thị hàm số là đồ thị hàm đa thức bậc ba nên loại đáp án B và C.
Nét cuối của đồ thị đi lên suy ra hệ số $a > 0$ nên loại A.
Do đó đáp án đúng là D.
Câu 17 (TH): Đáp án D
Phương pháp:
Hình nón có đường sinh l, chiều cao h, bán kính đáy $r \Rightarrow {l^2} = {h^2} + {r^2}$.
Cách giải:
Ta có: $l = \sqrt {{h^2} + {r^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} + {2^2}} = 4$.
Câu 18 (NB): Đáp án A
Phương pháp:
Khối cầu bán kính R có thể tích $V = \frac{4}{3}\pi {R^3}$.
Cách giải:
Thể tích của khối cầu bán kính R là $V = \frac{4}{3}\pi {R^3}$.
Câu 19 (NB): Đáp án D
Phương pháp:
${V_{chop}} = \frac{1}{3}h.{S_{day}}$
Cách giải:
${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SA.AB.AD = \frac{1}{3}.2a.a.2a = \frac{4}{3}{a^3}$
Câu 20 (NB): Đáp án D
Phương pháp:
Đưa về cùng cơ số rồi giải bất phương trình mũ cơ bản: ${a^{f\left( x \right)}} < {a^{g\left( x \right)}}\left( {a > 1} \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) < g\left( x \right)$ .
Cách giải:
${4^x} < {2^{x + 1}} \Leftrightarrow {2^{2x}} < {2^{x + 1}} \Leftrightarrow 2x < x + 1 \Leftrightarrow x < 1$
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( { – \infty ;1} \right)$.
Câu 21 (TH): Đáp án C
Phương pháp:
Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ: ${S_{xq}} = 2\pi Rh$ trong đó R, h lần lượt là bán kính
đáy và chiều cao của hình trụ.
Cách giải:
Ta có: ${S_{xq}} = 2\pi Rh = 4\pi {a^2} \Leftrightarrow 2\pi .R.2a \Leftrightarrow R = a$.
Câu 22 (TH): Đáp án C
Phương pháp:
+ Sử dụng công thức ${\log _a}\left( {xy} \right) = {\log _a}x + {\log _a}y$ (giả sử các biểu thức có nghĩa) tính ${\log _2}3$.
+ Sử dụng công thức ${\log _a}b = \frac{1}{{{{\log }_b}a}}$.
Cách giải:
Ta có: ${\log _2}6 = a \Leftrightarrow 1 + {\log _2}3 = a \Leftrightarrow {\log _2}3 = a – 1$.
Khi đó ta có: ${\log _3}18 = {\log _3}\left( {{3^2}.2} \right) = 2 + {\log _3}2 = 2 + \frac{1}{{a – 1}} = \frac{{2a – 1}}{{a – 1}}$
Câu 23 (TH): Đáp án A
Phương pháp:
+ Sử dụng công thức ${V_{chop}} = \frac{1}{3}.{S_{day}}.h$.
+ Khi chiều cao không đổi, tỉ số thể tích chính bằng tỉ số diện tích đáy.
Cách giải:
Gọi a là độ dài cạnh đáy ban đầu và h là chiều cao của chóp.
Ta có: ${V_{chop}} = \frac{1}{3}.{S_{day}}.h$, do đó khi chiều cao không đổi, tỉ số thể tích chính bằng tỉ số diện tích đáy.
Diện tích đáy ban đầu là: ${S_{day}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$.
Khi tăng độ dài mỗi cạnh đáy lên 2 lần thì độ dài cạnh đáy là 2a.
Khi đó diện tích đáy lúc sau là: ${S_{day}}^\prime = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 $.
Vậy $\frac{{V’}}{V} = \frac{{{S_{day}}^\prime }}{{{S_{day}}}} = {a^2}\sqrt 3 :\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = 4$ hay thể tích S.ABC tăng lên 4 lần.
Câu 24 (NB): Đáp án A
Phương pháp:
Đưa về cùng cơ số 2 rồi giải phương trình tìm nghiệm.
Cách giải:
Ta có: ${2^{2x – 1}} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow {2^{2x – 1}} = {2^{ – 2}} \Leftrightarrow 2x – 1 = – 2 \Leftrightarrow x = \frac{{ – 1}}{2}$.
Câu 25 (NB): Đáp án A
Phương pháp:
Tập xác định của hàm số $y = {x^n}$.
+ Với $n \in {\mathbb{Z}^ + } \Rightarrow D = \mathbb{R}$.
+ Với $n \in {\mathbb{Z}^ – } \Rightarrow D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$.
+ Với $n \notin \mathbb{Z} \Rightarrow D = \left( {0; + \infty } \right)$.
Cách giải:
Do $ – e \notin \mathbb{Z}$ nên hàm số xác định khi ${x^2} – 3x + 2 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 2\\x < 1\end{array} \right. \Rightarrow D = \left( { – \infty ;1} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)$.
Câu 26 (NB): Đáp án A
Phương pháp:
Giải phương trình hoành độ giao điểm.
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
${x^3} + {x^2} + 2x – 3 = 2x – 3 \Leftrightarrow {x^3} + {x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = – 1\end{array} \right.$
Do ${x_B} < 0 \Rightarrow {x_B} = – 1$
Câu 27 (TH): Đáp án B
Phương pháp:
Cho hàm số $y = f\left( x \right)$.
+ Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } y = \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ – } y = \infty $ thì đồ thị hàm số có TCĐ $x = {x_0}$.
+ Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = {y_0}$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = {y_0}$ thì đồ thị hàm số có TCN $y = {y_0}$.
Cách giải:
Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 6} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{1 + \frac{1}{x}}}{{\sqrt {1 + \frac{6}{{{x^2}}}} }} = 1$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 6} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{1 + \frac{1}{x}}}{{ – \sqrt {1 + \frac{6}{{{x^2}}}} }} = – 1$
Suy ra đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang $y = 1$ và $y = – 1$.
Chú ý: Phải tính cả hai giới hạn khi $x \to \pm \infty $ .
Câu 28 (TH): Đáp án A
Phương pháp:
Sử dụng công thức $\int\limits_{}^{} {\cos \left( {ax + b} \right)dx} = \frac{1}{a}\sin \left( {ax + b} \right) + C$.
Cách giải:
$\int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{}^{} {\cos \left( {3x + \frac{\pi }{6}} \right)dx} = \frac{1}{3}\sin \left( {3x + \frac{\pi }{6}} \right) + C$.
Câu 29 (TH): Đáp án A
Phương pháp:
+ Tính đạo hàm của hàm số.
+ Lập bảng biến thiên và kết luận điểm cực tiểu.
Cách giải:
Ta có $y = {x^4} – 2{x^2} + 3$
$ \Rightarrow y’ = 4{x^3} – 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = – 1\\x = 1\end{array} \right.$
Ta có bảng biến thiên:
| x | $ – \infty $ | –1 | 0 | 1 | $ + \infty $ | ||||
| $y’$ | – | + | 0 | – | 0 | + | |||
| y | $ + \infty $ | 2 | 3 | 2 | $ + \infty $ |
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại $x = \pm 1$.
Câu 30 (VD): Đáp án D
Phương pháp:
+ Xác định chiều cao của chóp.
+ Xác định $d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)$.
+ Đặt cạnh của hình vuông là x, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Cách giải:
Trong $\left( {SAB} \right)$ gọi I là trung điểm của AB $ \Rightarrow SI \bot AB$.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\\left( {SAB} \right) \supset SI \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow SI \bot \left( {ABCD} \right)$
Gọi K là trung điểm của CD ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}CD \bot IK\\CD \bot SI\left( {SI \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SIK} \right)$.
Trong $\left( {SIK} \right)$ kẻ $IH \bot SK$ ta có: $IH \bot CD$.
$ \Rightarrow IH \bot \left( {SCD} \right)$
Ta có: $AI||CD \Rightarrow AI||\left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {I;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{3\sqrt 7 a}}{7}$
Gọi độ dài cạnh đáy bằng x suy ra $SI = \frac{{\sqrt 3 }}{2}x$; $IK = x$.
Ta có tam giác SIK vuông tại I, có đường cao IH.
$ \Rightarrow \frac{1}{{S{I^2}}} + \frac{1}{{I{K^2}}} = \frac{1}{{I{H^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}x} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{x^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{3\sqrt 7 }}{7}a} \right)}^2}}}$
$ \Leftrightarrow \frac{4}{{3{x^2}}} + \frac{1}{{{x^2}}} = \frac{7}{{9{a^2}}} \Leftrightarrow \frac{7}{{3{x^2}}} = \frac{7}{{9{a^2}}} \Leftrightarrow x = a\sqrt 3 $.
$ \Rightarrow V = \frac{1}{3}.SI.A{B^2} = \frac{1}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{2}x.{x^2} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}{x^3} = \frac{3}{2}{a^3}$.
Câu 31 (NB): Đáp án B
Phương pháp:
Dựa vào bảng biến thiên để kết luận.
Cách giải:
Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cực đại của hàm số là $y = 5$.
Chú ý: Phân biệt điểm cực đại và giá trị cực đại của hàm số.
Câu 32 (TH): Đáp án D
Phương pháp:
Hàm số $y = {\log _a}f\left( x \right)$ xác định $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 < a \ne 1\\f\left( x \right) > 0\end{array} \right.$.
Cách giải:
Hàm số xác định khi $\frac{{x – 1}}{x} > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 1\\x < 0\end{array} \right.$.
Vậy tập xác định của hàm số là $D = \left( { – \infty ;0} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)$.
Câu 33 (TH): Đáp án B
Phương pháp:
Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp khi biết chiều cao và diện tích đáy.
Cách giải:
Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow $$AB$ là hình chiếu của SB lên $\left( {ABCD} \right)$.
$ \Rightarrow \left( {SB;\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB;AB} \right) = SBA = 45^\circ $.
$SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB \Rightarrow \Delta SAB$vuông cân tại A.
$ \Rightarrow SA = AB = a$.
Vậy $V = \frac{1}{3}SA.AB.AD = \frac{1}{3}.a.a.2a = \frac{2}{3}{a^3}$.
Câu 34 (TH): Đáp án B
Phương pháp:
Số nghiệm của phương trình $f\left( x \right) = m$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và đường thẳng $y = m$ có tính chất song song với trục hoành.
Cách giải:
Ta có phương trình $2f\left( x \right) = 3 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{3}{2} \in \left( {\frac{2}{3};2} \right)$
Đường thẳng $y = \frac{3}{2}$ cắt đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại 3 điểm phân biệt.
Do đó phương trình $2f\left( x \right) = 3$ có 3 nghiệm phân biệt.
Câu 35 (TH): Đáp án B
Phương pháp:
Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy R, chiều cao h là ${S_{xq}} = 2\pi Rh$.
Cách giải:
Vì thiết diện qua trục là hình vuông nên ta có $R = a$, $h = 2a$.
Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là: ${S_{xq}} = 2\pi Rh = 2\pi .a.2a = 4\pi {a^2}$.
Câu 36 (VD): Đáp án D
Phương pháp:
TH1: $a = 0$. Xác định dạng đồ thị hàm số và kết luận các khoảng đơn điệu.
TH2: $a \ne 0$.
Cách giải:
TH1: ${m^2} – 1 = 0 \Leftrightarrow m = \pm 1$.
Với $m = 1$ ta có: $y = – x + 4$ nghịch biến trên $\mathbb{R} \Rightarrow m = 1$ thỏa mãn.
Với $m = – 1$ ta có $y = – 2{x^2} – x + 4$ là 1 parabol đồng biến trên $\left( { – \infty ; – \frac{1}{4}} \right)$ và nghịch biến trên $\left( { – \frac{1}{4}; + \infty } \right)$ .
$ \Rightarrow m = – 1$ không thỏa mãn.
TH2: ${m^2} – 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne \pm 1$.
Ta có: $y’ = 3\left( {{m^2} – 1} \right){x^2} + 2\left( {m – 1} \right)x – 1$
Hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$ khi và chỉ khi:
$y’ \le 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} – 1 < 0\\\Delta ‘ = {\left( {m – 1} \right)^2} + 3\left( {{m^2} – 1} \right) \le 0\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 1 < m < 1\\4{m^2} – 2m – 2 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 1 < m < 1\\ – \frac{1}{2} \le m \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow – \frac{1}{2} \le m < 1$
Mà $m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m = 0$.
Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 37 (VD): Đáp án D
Phương pháp:
+ Chứng minh $A’O \bot \left( {BDD’B’} \right)$.
+ Tính thể tích khối chóp $A.BDD’B’$theo a.
Cách giải:
Gọi $O = A’C \cap B’D’$.
Vì $A’B’C’D’$ là hình vuông nên $A’C’ \bot B’D’ \Rightarrow A’O \bot B’D’$.
Lại có $BB’ \bot A’O\left( {BB’ \bot \left( {A’B’C’D’} \right)} \right)$.
$ \Rightarrow A’O \bot \left( {BDD’B’} \right)$.
Khi đó ta có:
${V_{A’BDD’B’}} = \frac{1}{3}.A’O.{S_{BDD’B’}} = \frac{1}{3}.A’O.BD.BB’ = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.a\sqrt 2 .a = \frac{{{a^3}}}{3}$
Câu 38 (VD): Đáp án C
Phương pháp:
+ ABCD là hình vuông ngoại tiếp đường tròn đáy của hình nón. Tính độ dài cạnh hình vuông.
+ Gọi O là tâm hình vuông ABCD, sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính SO.
+ Sử dụng công thức ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}}$.
Cách giải:
Gọi O là tâm hình vuông ABCD.
Hình vuông ABCD có $OA = OB = OC = OD = 2$.
$ \Rightarrow AC = BD = 4 \Rightarrow AB = 2\sqrt 2 $.
Vì góc ở đỉnh của hình nón bằng $120^\circ \Rightarrow \angle BSD = 120^\circ \Rightarrow \angle BSO = 60^\circ $
Xét tam giác vuông SOB có: $SO = OB.\cot 60^\circ = 2.\frac{1}{{\sqrt 3 }} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$.
Vậy ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SO.A{B^2} = \frac{1}{3}.\frac{{2\sqrt 3 }}{3}.{\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = \frac{{16\sqrt 3 }}{9}$.
Câu 39 (VD): Đáp án D
Phương pháp:
Hàm số $y = f\left( x \right)$ đạt cực đại tại $x = {x_0} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f’\left( {{x_0}} \right) = 0\\f”\left( {{x_0}} \right) < 0\end{array} \right.$.
Cách giải:
Ta có hàm số $y = \frac{1}{3}{x^3} – m{x^2} + \left( {{m^2} – 4} \right)x + 3$
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y’ = {x^2} – 2mx + {m^2} – 4\\y” = 2x – 2m\end{array} \right.$
Hàm số đạt giá trị cực đại tại $x = 3$ khi:
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y’\left( 3 \right) = {m^2} – 6m + 5 = 0\\y”\left( 3 \right) = 6 – 2m < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = 5\\m = 1\end{array} \right.\\m > 3\end{array} \right. \Rightarrow m = 5$
Câu 40 (VD): Đáp án B
Phương pháp:
Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left[ {a;b} \right]$.
+ Tính $f’\left( x \right)$.
+ Giải phương trình $f’\left( x \right) = 0 \Rightarrow {x_i} \in \left[ {a;b} \right]$.
+ Tính $f\left( a \right)$, $f\left( b \right)$, $f\left( {{x_i}} \right)$.
+ KL: $\mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \max \left\{ {f\left( a \right);f\left( b \right);f\left( {{x_i}} \right)} \right\}$; $\mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \min \left\{ {f\left( a \right);f\left( b \right);f\left( {{x_i}} \right)} \right\}$.
Cách giải:
Ta có: $y’ = 3{x^2} – 6mx$.
Cho $y’ = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} – 6mx = 0 \Leftrightarrow 3x\left( {x – 2m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2m\end{array} \right.$.
Khi đó $y\left( 0 \right) = 6$; $y\left( {2m} \right) = 6 – 4{m^3}$; $y\left( 3 \right) = 33 – 27m$.
TH1: $2m < 0 \Leftrightarrow m < 0$.
BBT:
| x | $ – \infty $ | 2m | 0 | 3 | $ + \infty $ | ||||
| $y’$ | + | 0 | – | 0 | + | + | |||
| y |
Từ BBT ta thấy $\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = y\left( 0 \right) = 6 \Rightarrow $ Loại.
TH2: $2m = 0 \Leftrightarrow m = 0 \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R} \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên $\left[ {0;2} \right]$.
$\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = y\left( 0 \right) = 6 \Rightarrow $ Loại.
TH3: $0 < 2m < 3 \Leftrightarrow 0 < m < \frac{3}{2}$
BBT:
| x | $ – \infty $ | 0 | 2m | 3 | $ + \infty $ | ||||
| $y’$ | + | 0 | – | 0 | + | + | |||
| y |
Từ BBT $ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} y = y\left( {2m} \right) = 6 – 4{m^3}$
$ \Rightarrow 6 – 4{m^3} = 2 \Leftrightarrow 4{m^3} = 4 \Leftrightarrow m = 1\left( {tm} \right)$
TH4: $2m = 3 \Leftrightarrow m \ge \frac{3}{2} \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} y = y\left( 3 \right) = 33 – 27m = 2 \Leftrightarrow m = \frac{{31}}{{27}}$ (Loại).
Vậy $m = 1$.
Câu 41 (VD): Đáp án D
Phương pháp:
Tìm công thức tổng quát của số tiền còn lại sau mỗi tháng.
Cách giải:
Sau tháng thứ nhất người đó còn nợ số tiền là ${u_1} = 400\left( {1 + 0,5\% } \right) – 4$
Sau tháng thứ hai người đó còn nợ số tiền là ${u_2} = \left( {400\left( {1 + 0,5\% } \right) – 4} \right)\left( {1 + 0,5\% } \right) – 4$
$ = 400{\left( {1 + 0,5\% } \right)^2} – 4.\frac{{{{\left( {1 + 0,5\% } \right)}^2} – 1}}{{0,5\% }}$
…
Sau tháng thứ n người đó còn nợ số tiền là ${u_n} = 400{\left( {1 + 0,5\% } \right)^n} – 4.\frac{{{{\left( {1 + 0,5\% } \right)}^2} – 1}}{{0,5\% }}$
Người đó trả hết nợ khi $400{\left( {1 + 0,5\% } \right)^n} – 4.\frac{{{{\left( {1 + 0,5\% } \right)}^n} – 1}}{{0,5\% }} = 0$
$ \Leftrightarrow 100.0,5\% = 1 – \frac{1}{{{{\left( {1 + 0,5\% } \right)}^n}}} \Leftrightarrow n \approx 139$
Câu 42 (TH): Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng công thức ${\left( {\ln u} \right)^\prime } = \frac{{u’}}{u}$ .
Cách giải:
Hàm số $y = \ln \left( {\sqrt {{x^2} + 1} – x} \right)$ có đạo hàm
$y’ = \frac{{{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} – x} \right)}^\prime }}}{{\sqrt {{x^2} + 1} – x}} = \frac{{\frac{{2x}}{{2\sqrt {{x^2} + 1} }} – 1}}{{\sqrt {{x^2} + 1} – x}} = \frac{{x – \sqrt {{x^2} + 1} }}{{\sqrt {{x^2} + 1} \left( {\sqrt {{x^2} + 1} – x} \right)}} = – \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}$
Câu 43 (VD): Đáp án C
Phương pháp:
Tìm đạo hàm của hàm số rồi nhận xét.
Cách giải:
Ta có: $y’ = – {x^2} + \frac{1}{2} – \frac{1}{2}\cos 2x = – {x^2} + \frac{1}{2}\left( {1 – \cos 2x} \right)$
Xét trên $\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$ ta có: $2x \in \left( {0;\pi } \right) \Rightarrow \cos 2x \in \left( {0;1} \right] \Rightarrow 1 – \cos 2x \in \left[ {0;1} \right)$.
Đặt $y’ = g\left( x \right) = – {x^2} + \frac{1}{2} – \frac{1}{2}\cos 2x$ ta có: $g’\left( x \right) = – 2x + \sin 2x$
Ta có: $g”\left( x \right) = – 2 + 2\cos 2x = 2\left( {\cos 2x – 1} \right) < 0$ $\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$.
$ \Rightarrow $ Hàm số $y = g’\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$.
$ \Rightarrow g’\left( 0 \right) > g’\left( x \right) > g’\left( {\frac{\pi }{2}} \right)\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow 0 > g’\left( x \right) > – \pi $$\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$ .
$ \Rightarrow $ Hàm số $y = g\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$.
$ \Rightarrow g\left( 0 \right) > g\left( x \right) > g\left( {\frac{\pi }{2}} \right)\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right) \Leftrightarrow 0 > g\left( x \right) > – \frac{{{\pi ^2}}}{4} + 1$.
$ \Rightarrow g\left( x \right) < 0\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow y’ < 0\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$
Do đó hàm số $y = – \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{x}{2} – \frac{1}{4}\sin 2x$ nghịch biến trên $\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$.
Vậy hàm số không có cực trị trên khoảng $\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$.
Câu 44 (VD): Đáp án D
Phương pháp:
+ Xác định góc giữa cạnh bên và đáy.
+ Tính độ dài đường cao lăng trụ.
+ Áp dụng công thức tính thể tích lăng trụ $V = {S_{day}}.h$.
Cách giải:
Gọi H là trung điểm của AB $ \Rightarrow A’H \bot \left( {ABC} \right)$.
$ \Rightarrow \angle \left( {AA’;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {AA’;AH} \right) = A’AH = 30^\circ $.
Tam giác ABC đều cạnh a $ \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
Xét tam giác vuông $A’AH$ có:
$A’H = AH.\tan 30^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{a}{2}$
Tam giác ABC đều cạnh a $ \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$.
Vậy $V = A’H.{S_{\Delta ABC}} = \frac{a}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}$
Câu 45 (VD): Đáp án D
Phương pháp:
Vẽ đồ thị hàm số $y = \left| {f\left( x \right)} \right|$:
– Lấy đối xứng phần đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ phía dưới trục hoành qua trục hoành.
– Xóa đi phần đồ thị hàm số phía dưới trục hoành.
Dựa vào đồ thị hàm số mới vẽ được xác định số điểm cực trị của hàm số.
Cách giải:
Từ đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ ta vẽ được đồ thị hàm số $y = \left| {f\left( x \right)} \right|$ như sau:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số $y = \left| {f\left( x \right)} \right|$ có 7 điểm cực trị, trong đó có 3 điểm cực đại.
Câu 46 (VD): Đáp án C
Phương pháp:
Tìm điểm cách đều 8 điểm đã cho rồi từ đó tính bán kính mặt cầu.
Cách giải:
Gọi H là tâm của hình vuông ABCD $ \Rightarrow $ SH là trục của hình vuông ABCD.
Gọi $H’ = SO \cap \left( {A’B’C’D’} \right)$, dễ dàng chứng minh được $H’$ là tâm hình vuông $A’B’C’D’$, do đó SH cũng chính là trục của hình vuông $A’B’C’D’$.
Trên SH lấy O sao cho $OA = OA’$ ta có: $O \in SH \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}OA = OB = OC = OD\\OA’ = OB’ = OC’ = OD’\end{array} \right.$.
Vậy O là tâm mặt cầu cần tìm.
Gọi I là trung điểm của $AA’ \Rightarrow IO \bot AA’$.
Vì tất cả các cạnh của hình chóp đều bằng a $ \Rightarrow A{C^2} = 2{a^2} = S{A^2} + S{C^2}$
Nên $\Delta SAC$ vuông cân tại $S$ $ \Rightarrow SH = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$
Ta có: .
$ \Rightarrow OI = \frac{{SI.AH}}{{SH}} = \frac{{\frac{3}{4}a.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{3}{4}a$.
$ \Rightarrow AO = \sqrt {A'{I^2} + I{O^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{4}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{3}{4}a} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}$.
Câu 47 (VDC): Đáp án B
Phương pháp:
Dùng phương pháp tọa độ.
Cách giải:
Gọi E là trung điểm của AD, dễ dàng chứng minh được ABCE là hình vuông.
$ \Rightarrow CE = a = \frac{1}{2}AD \Rightarrow \Delta ACD$ vuông tại C (tam giác có trung tuyến ứng với 1 cạnh bằng nửa cạnh ấy)
$ \Rightarrow AC \bot CD$. Lại có $CD \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right) \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow CD \bot SC$.
$ \Rightarrow \Delta SCD$ vuông tại C$ \Rightarrow CN = \frac{1}{2}SD$
Tam giác SAD vuông tại A$ \Rightarrow AN = \frac{1}{2}SD$
$ \Rightarrow AN = CN \Rightarrow \Delta ANC$ cân tại N.
Gọi O là trung điểm của AC $ \Rightarrow NO \bot AC$.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {MAC} \right) \bot \left( {NAC} \right)\\\left( {MAC} \right) \cap \left( {NAC} \right) = AC\\\left( {NAC} \right) \supset NO \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow NO \bot \left( {MAC} \right) \Rightarrow NO \bot MO$.
Đặt $SA = x$ ta có: $SB = \sqrt {{x^2} + {a^2}} \Rightarrow AM = \frac{1}{2}SB = \frac{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} }}{2}$
Xét tam giác vuông BCM có:
$MC = \sqrt {B{M^2} + B{C^2}} = \sqrt {\frac{{S{B^2}}}{4} + B{C^2}} = \sqrt {\frac{{{x^2} + {a^2}}}{4} + {a^2}} = \frac{{\sqrt {{x^2} + 5{a^2}} }}{2}$ (Định lí Pytago).
Xét tam giác vuông ABC có: $AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2 $ (Định lí Pytago) $ \Rightarrow AO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$
Xét tam giác MAC có:
$M{O^2} = \frac{{A{M^2} + M{C^2}}}{2} – \frac{{A{C^2}}}{4} = \frac{{\frac{{{x^2} + {a^2}}}{4} + \frac{{{x^2} + 5{a^2}}}{4}}}{2} – \frac{{2{a^2}}}{4}$
$ = \frac{{2{x^2} + 6{a^2}}}{8} – \frac{{2{a^2}}}{4} = \frac{{{x^2} + 3{a^2}}}{4} – \frac{{2{a^2}}}{4} = \frac{{{x^2} + {a^2}}}{4}$
$ \Rightarrow MO = \frac{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} }}{2}$
Xét tam giác vuông ABD có: $BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = a\sqrt 5 $.
MN là đường trung bình của tam giác $SBD$ $ \Rightarrow MN = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$.
Xét tam giác vuông SAD có: $SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}} = \sqrt {{x^2} + 4{a^2}} \Rightarrow AN = \frac{{\sqrt {{x^2} + 4{a^2}} }}{2}$.
Xét tam giác vuông OAN có:$ON = \sqrt {A{N^2} – A{O^2}} = \sqrt {\frac{{{x^2} + 4{a^2}}}{4} – \frac{{2{a^2}}}{4}} = \frac{{\sqrt {{x^2} + 2{a^2}} }}{2}$
Ta có: $NO \bot MO\left( {cmt} \right) \Rightarrow \Delta OMN$ vuông tại O. Áp dụng định lí Pytago ta có:
$O{M^2} + O{N^2} = M{N^2} \Rightarrow \frac{{{x^2} + {a^2}}}{4} + \frac{{{x^2} + 2{a^2}}}{4} = \frac{{5{a^2}}}{4}$
$ \Rightarrow 2{x^2} + 3{a^2} = 5{a^2} \Leftrightarrow 2{x^2} = 2{a^2} \Leftrightarrow x = a$.
$ \Rightarrow SA = a$.
${S_{ABCD}} = \frac{1}{2}\left( {AD + BC} \right).AB = \frac{1}{2}\left( {2a + a} \right).a = \frac{{3{a^2}}}{2}$
Vậy ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a.\frac{{3{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}}}{2}$.
Câu 48 (VD): Đáp án C
Phương pháp:
– Tìm mối liên hệ giữa bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.
– Biến đổi để đưa về phương trình bậc 3 rồi đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất.
Cách giải:
Gọi ${r_1}$; ${h_1}$ lần lượt là bán kính và chiều cao của hình chóp.
${r_2}$; ${h_2}$ lần lượt là bán kính và chiều cao của hình trụ.
Ta có
$\frac{{{r_2}}}{{{r_1}}} = \frac{{{h_1} – {h_2}}}{{{h_1}}} \Leftrightarrow \frac{{{r_2}}}{{30}} = \frac{{120 – {h_2}}}{{120}} \Leftrightarrow {h_2} = 120 – 4{r_2}$
Khi đó thể tích hình trụ bằng
$V = \pi {r_2}^2{h_2} = \pi {r_2}^2\left( {120 – 4{r_2}} \right)$
$ = \pi \left( { – 4{r_2}^3 + 120{r_2}^2} \right)$
$ \Rightarrow V’ = \pi \left( { – 12{r_2}^2 + 240{r_2}} \right) = 0 \Leftrightarrow {r_2} = 20$
$ \Rightarrow {V_{\max }} = V\left( {20} \right) = 16000\pi c{m^3} = 0,016\pi {m^3}$.
Câu 49 (VD): Đáp án D
Phương pháp:
Xác định hàm số.
Vẽ đồ thị hàm số $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$ gồm phần 1: đồ thị nằm bên phải Oy (bên trái bỏ).
Phần 2: là đối xứng của phần 1 qua Oy.
Vẽ đồ thị hàm số của $y = \left| {f\left( {\left| x \right|} \right)} \right|$ gồm phần 1: đồ thị nằm trên trục Ox( bên dưới bỏ)
Phần 2: đối xứng của phần phía dưới Ox qua Ox.
Cách giải:
Gọi hàm số bậc ba có dạng $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ $\left( {a \ne 0} \right)$.
Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị $A\left( {3;0} \right)$; $B\left( {2; – 1} \right)$ nên ta có hệ phương trình:
$\left\{ \begin{array}{l}27a + 9b + 3c + d = 0\\8a + 4b + 2c + d = – 1\\27a + 6b + c = 0\\12a + 4b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = – 2\\b = 15\\c = – 36\\d = 27\end{array} \right. \Rightarrow y = – 2{x^3} + 15{x^2} – 36x + 27$
Ta có đồ thị hàm số $y = \left| { – 2{x^2}\left| x \right| + 15{x^2} – 36\left| x \right| + 27} \right|$ như sau:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có 7 điểm cực trị.
Câu 50 (VD): Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng công thức ${\log _{{a^m}}}{b^n} = \frac{m}{n}{\log _a}b$ $\left( {0 < a \ne 1,b > 0} \right)$.
Cách giải:
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}{\log _8}a + {\log _4}{b^2} = 5\\{\log _4}{a^2} + {\log _8}b = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{3}{\log _2}a + {\log _2}b = 5\\{\log _2}a + \frac{1}{3}{\log _2}b = 7\end{array} \right.$
Giải hệ phương trình ta có $\left\{ \begin{array}{l}{\log _2}a = 6\\{\log _2}b = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = {2^6}\\b = {2^3}\end{array} \right. \Rightarrow ab = {2^9}$
