Đề thi học kì 1 Toán 12 sở giáo dục & đào tạo trường thpt chuyên Nguyễn Huệ Hà Nội có đáp án và lời giải chi tiết gồm 50 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.
| SỞ GD&ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ |
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I
MÔN: TOÁN – Lớp 12 Năm học:2018 – 2019 Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề (50 câu trắc nghiệm) |
MỤC TIÊU: Đề thi trường THPT Chuyên Nguyễn Huệ gồm 50 câu trắc nghiệm với mức độ từ nhận biết, thông hiểu, vận dụng. Đề thi gồm phần đại số liên quan đến các câu hỏi về tính đơn điệu của hàm số, cực trị của hàm số, đường tiệm cận, các bài toán về hàm logarit… và phần hình học gồm các bài toán về thể tích các hình, tỉ số thể tích giữa hai hình chóp,… Đề thi gồm các kiến thức xuyên suốt cả học kì I giúp học sinh luyện tập và tự đánh giá năng lực của bản thân.
Câu 1 (TH). Cho hàm số $y = \frac{{ – mx + 3}}{{3x – m}}$ với m là tham số. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của m để hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó. Tìm số phần tử của tập S.
A. 8. B. 5. C. 4. D. 6.
Câu 2 (NB). Tìm khẳng định đúng?
A. ${\left( {2 + \sqrt 3 } \right)^{2018}} > {\left( {2 + \sqrt 3 } \right)^{2019}}$. B. ${\left( {\sqrt 5 – 1} \right)^{2018}} > {\left( {\sqrt 5 – 1} \right)^{2019}}$.
C. ${\left( {\sqrt 5 – 2} \right)^{2018}} > {\left( {\sqrt 5 – 2} \right)^{2019}}$. D. ${\left( {2 – \sqrt 3 } \right)^{ – 2018}} > {\left( {2 – \sqrt 3 } \right)^{ – 2019}}$.
Câu 3 (NB). Cho hàm số $\frac{{3x + 2018}}{{2x – 1}}$. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
A. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = \frac{3}{2}$.
B. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng $y = \frac{1}{2}$.
C. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng $y = \frac{3}{2}$.
D. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = 1$.
Câu 4 (NB). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$. Hàm số $y = f’\left( x \right)$ có bảng biến thiên như bảng dưới đây:
Tìm số điểm cực trị của hàm số $y = f\left( x \right)$.
A. 3. B. 2. C. 0. D. 1.
Câu 5 (NB). Tập xác định của hàm số $y = {\left( {9 – x} \right)^{ – 3}}$.
A. $\mathbb{R}\backslash \left\{ 9 \right\}$. B. $\left( { – \infty ; – 9} \right) \cup \left( {9; + \infty } \right)$. C. $\left( { – 3;3} \right)$. D. $\mathbb{R}\backslash \left\{ { \pm 3} \right\}$.
Câu 6 (TH). Cho hình bát diện đều cạnh a. Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đó. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. $S = 2\sqrt 3 {a^2}$. B. $S = 4\sqrt 3 {a^2}$. C. $S = \sqrt 3 {a^2}$. D. $S = 8{a^2}$.
Câu 7 (TH). Cho hàm số $y = {x^3} – m{x^2} + 3x + 1$. Hàm số có cực đại và cực tiểu khi:
A. $m \ge 3$. B. $m < – 3$. C. $ – 3 < m < 3$. D. $m < – 3$ hoặc $m > 3$.
Câu 8 (NB). Giá trị biểu thức ${\left( {\frac{1}{{{5^m}}}} \right)^{{{\log }_5}\left( {\frac{1}{{{3^n}}}} \right)}}$ bằng:
A. $m.n$. B. ${3^{m.n}}$. C. $\frac{m}{{{3^n}}}$. D. ${3^{m + n}}$.
Câu 9 (NB). Đạo hàm của hàm số $y = {\left( {2{x^2} – x + 1} \right)^{\frac{1}{3}}}$ là:
A. $y’ = {\left( {2{x^2} – x + 1} \right)^{\frac{1}{3}}}\left( {4x – 1} \right)$. B. $y’ = {\left( {2{x^2} – x + 1} \right)^{\frac{1}{3}}}\ln \left( {2{x^2} – x + 1} \right)\left( {4x – 1} \right)$.
C. $y’ = \frac{1}{3}{\left( {2{x^2} – x + 1} \right)^{\frac{{ – 2}}{3}}}$. D. $y’ = \frac{1}{3}.{\left( {2{x^2} – x + 1} \right)^{\frac{{ – 2}}{3}}}\left( {4x – 1} \right)$.
Câu 10 (TH). Gọi giá trị lớn nhất của hàm số $y = {x^4} + 2{x^2} – 1$ trên đoạn $\left[ { – 1;2} \right]$ lần lượt là M và m. Khi đó, giá trị của $M.m$ là:
A. $ – 2$. B. 46. C. Một số lớn hơn 46. D. $ – 23$.
Câu 11 (VD). Cho hai tấm tôn hình chữ nhật đều có kích thước 1,5m.8m. Tấm tôn thứ nhất được chế tạo thành một hình hộp chữ nhật không đáy, không nắp, có thiết diện ngang là một hình vuông (mặt phẳng vuông góc với đường cao của hình hộp và cắt các mặt bên của hình hộp theo các đoạn giao tuyến tạo thành một hình vuông) và có chiều cao 1,5m. Gọi ${V_1};{V_2}$ theo thứ tự là thể tích khối hộp chữ nhật và thể tích của khối trụ. Tính tỉ số $\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}}$.
A. $\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \pi $. B. $\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{\pi }{2}$. C. $\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{\pi }{3}$. D. $\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{\pi }{4}$.
Câu 12 (NB). Hàm số nào trong bốn hàm số liệt kê ở dưới nghịch biến trên các khoảng xác định của nó?
A. $y = {\log _\pi }x$. B. $y = {\log _{2017}}x$. C. $y = {\log _{\frac{2}{\pi }}}x$. D. $y = {\log _{\frac{{2019}}{{2018}}}}x$.
Câu 13 (VD). Khi sản xuất vỏ lon sữa hình trụ, các nhà thiết kế luôn đặt mục tiêu sao cho chi phí nguyên liệu làm vỏ lon là ít nhất, tức là diện tích toàn phần của hình trụ là nhỏ nhất. Muốn thể tích khối trụ đó bằng $1d{m^2}$ và diện tích toàn phần của hình trụ nhỏ nhất thì bán kính đáy của hình trụ phải bằng bao nhiêu?
A. $\frac{1}{{\sqrt \pi }}dm$. B. $\frac{1}{{\sqrt[3]{\pi }}}dm$. C. $\frac{1}{{\sqrt[3]{{2\pi }}}}dm$. D. $\frac{1}{{\sqrt {2\pi } }}dm$.
Câu 14 (NB). Vật thể nào trong các vật thể sau không phải là khối đa diện?
A. B. C. D.
Câu 15 (NB). Gọi d là số đỉnh và m là số mặt của khối đa diện đều loại $\left\{ {3;4} \right\}$. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. $d = 8,m = 6$. B. $d = 4,m = 4$. C. $d = 4,m = 6$. D. $d = 6,m = 8$.
Câu 16 (TH). Rút gọn biểu thức $A = {\log _a}\left( {{a^3}\sqrt a \sqrt[3]{a}} \right)$, ta được kết quả là $\frac{m}{n}$ với m, n là số tự nhiên và phân số trên là phân số tối giản. Khi đó tích $m.n$ bằng?
A. 370. B. 10. C. 30. D. 350.
Câu 17 (TH). Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có góc giữa hai mặt phẳng $\left( {A’BC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ bằng $60^\circ $ và $AB = a$. Khi đó thể tích của khối ABCC’B’ bằng:
A. $\frac{{3\sqrt 3 {a^3}}}{4}$. B. $\frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{4}$. C. $\frac{{3{a^3}}}{4}$. D. ${a^3}\sqrt 3 $.
Câu 18 (NB). Cho hàm số $y = – {x^4} + 2m{x^2} – 2m + 1$. Với giá trị nào của m thì hàm số có 3 cực trị?
A. $m < 0$. B. $m > 0$. C. $m = 0$. D. $m \ne 0$.
Câu 19 (TH). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như sau. Khẳng định nào dưới đây là đúng?
A. $f\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}$. B. Hàm số đạt cực đại tại $x = 3$.
C. Hàm số nghịch biến trên $\left( { – \infty ;2} \right)$. D. Hàm số đồng biến trên $\left( {0;3} \right)$.
Câu 20 (TH). Giả sử $D = \left( {a;b} \right)$ là tập xác định của hàm số $y = {\log _2}\left( { – {x^2} – 3x – 2} \right)$. Chọn khẳng định đúng:
A. ${b^2} – {a^2} = 8$. B. $a + b = – 3$. C. $b + 2a = 0$. D. $b – a = 3$.
Câu 21 (VD). Cho hình lập phương có cạnh bằng 40cm và một hình trụ có đáy là hai hình tròn nội tiếp hai mặt đối diện của hình lập phương (tham khảo hình vẽ bên). Gọi ${S_1};{S_2}$ lần lượt là diện tích toàn phần của hình lập phương và diện tích toàn phần của hình trụ. Tính $S = {S_1} + {S_2}\left( {c{m^2}} \right)$.
A. $S = 4\left( {2400 + 3\pi } \right)$. B. $S = 2400\left( {4 + 3\pi } \right)$. C. $S = 4\left( {2400 + \pi } \right)$. D. $S = 2400\left( {4 + \pi } \right)$.
Câu 22 (NB). Cho các số thực dương a, b với $a \ne 1$. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
A. ${\log _{{a^2}}}\left( {ab} \right) = \frac{1}{2}{\log _a}b$. B. ${\log _{{a^2}}}\left( {{a^2}b} \right) = 1 + \frac{1}{2}{\log _a}b$.
C. ${\log _{{a^2}}}\left( {ab} \right) = 2 + {\log _a}b$. D. ${\log _{{a^2}}}\left( {ab} \right) = \frac{1}{4}{\log _a}b$.
Câu 23 (NB). Tìm tập xác định của hàm số $y = {\log _2}\left( {3{x^2} + 2x – 1} \right)$.
A. $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { – 1;\frac{1}{3}} \right\}$. B. $D = \left( { – \infty ;1} \right) \cup \left( {\frac{1}{3}; + \infty } \right)$.
C. $D = \left[ { – 1;\frac{1}{3}} \right]$. D. $D = \left( { – 1;\frac{1}{3}} \right)$.
Câu 24 (VD). Kết luận nào đúng về số thực a nếu ${\left( {2a + 1} \right)^{ – 3}} > {\left( {2a + 1} \right)^{ – 1}}$.
A. $a < – 1$. B. $\left[ \begin{array}{l}0 < a < 1\\a < – 1\end{array} \right.$. C. $ – \frac{1}{2} < a < 0$. D. $\left[ \begin{array}{l} – \frac{1}{2} < a < 0\\a < – 1\end{array} \right.$.
Câu 25 (TH). Cho khối chóp tam giác có thể tích bằng 6. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB. Thể tích của khối chóp S.MNP là?
A. $V = 4$. B. $V = \frac{3}{2}$. C. $V = \frac{9}{2}$. D. $V = 3$.
Câu 26 (TH). Cho hàm số $y = {x^3} – 3{x^2} – 9x$. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { – \infty ; – 1} \right)$. B. Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { – 1;3} \right)$.
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { – 1; + \infty } \right)$. D. Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {3; + \infty } \right)$.
Câu 27 (VD). Tìm m để hàm số $y = \frac{1}{3}{x^3} – m{x^2} + \left( {{m^2} – m + 1} \right)x + 1$ đạt giá trị cực đại tại $x = 1$.
A. $m = – 1$. B. $m = – 2$. C. $m = 2$. D. $m = 1$.
Câu 28 (NB). Kim tự tháp Kê-ốp ở Ai Cộp có dạng một khối chóp tứ giác đều, biết rằng cạnh đáy dài 230m và chiều cao 147m. Thể tích của khối kim tự tháp đó bằng:
A. $77763000{m^3}$. B. $2592100{m^3}$. C. $7776300{m^3}$. D. $25921000{m^3}$.
Câu 29 (VD). Xét các số thực a, b thỏa mãn $a > b > 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất ${P_{\min }}$ của biểu thức $P = \log _{\frac{a}{b}}^2{a^2} + 16{\log _b}\frac{a}{b}$.
A. ${P_{\min }} = 26.$ B. ${P_{\min }} = 22.$ C. ${P_{\min }} = 36.$ D. ${P_{\min }} = 32.$
Câu 30 (VD). Cho ${\log _a}b = \sqrt 3 \left( {a,b > 0;a \ne 1} \right)$. Khi đó ${\log _{\frac{{\sqrt b }}{a}}}\sqrt {\frac{b}{a}} $ bằng:
A. $\sqrt 3 – 1$. B. $\frac{{\sqrt 3 – 1}}{{\sqrt 3 + 2}}$. C. $\sqrt 3 + 1$. D. $\frac{{\sqrt 3 – 1}}{{\sqrt 3 – 2}}$.
Câu 31 (VD). Ông V gửi tiền tiết kiệm 200 triệu đồng vào ngân hàng với hình thức lãi kép và lãi suất 7,2% một năm. Hỏi sau 5 năm ông V thu về số tiền (cả vốn lẫn lãi) gần nhất với số nào sau đây?
A. 283.155.000 đồng. B. 283.142.000 đồng. C. 283.151.000 đồng. D. 283.145.000 đồng.
Câu 32 (TH). Cho hàm số $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\left( {a \ne 0} \right)$ có đồ thị như sau:
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
A. $abcd = 0$. B. $abcd > 0$. C. $a – b + c + d > 0$. D. $a – b + c + d < 0$.
Câu 33 (TH). Hàm số nào trong bốn hàm số liệt kê ở dưới đây nghịch biến trên các khoảng xác định của nó?
A. $y = {\left( {\frac{3}{\pi }} \right)^{{x^2}}}$. B. $y = {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^{ – x}}$. C. $y = {\left( {\frac{\pi }{2}} \right)^{ – 2x + 1}}$. D. $y = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{ – x}}$.
Câu 34 (TH). Điểm cực tiểu của hàm số $y = – {x^3} + 3x + 4$ là:
A. $x = 3.$ B. $x = – 1.$ C. $x = – 3.$ D. $x = 1.$
Câu 35 (TH). Xác định m để hàm số $y = \frac{1}{3}{x^3} + \left( {m – 1} \right){x^2} + \left( {m – 3} \right)x – 6$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$?
A. $ – 1 \le m \le 2.$ B. $\left[ \begin{array}{l}m \le – 1\\m \ge 2\end{array} \right..$ C. $\left[ \begin{array}{l}m \le – 2\\m \ge 1\end{array} \right..$ D. $ – 2 \le m \le 1.$
Câu 36 (VD). Cho hàm số $y = {x^3} + 2\left( {m + 1} \right){x^2} + 3mx + 2$ có đồ thị $\left( C \right)$ và điểm $M\left( {3;1} \right)$. Tìm tham số m để đường thẳng $d:y = – x + 2$ cắt đồ thị $\left( C \right)$ tại ba điểm phân biệt $A\left( {0;2} \right)$, B, C sao cho tam giác MBC có diện tích bằng $2\sqrt 6 $.
A. $m = 3$. B. $m = – 2$. C. $m = – 2$ hoặc $m = 3$. D. Không tồn tại m.
Câu 37 (NB). Cho a, b, c là các số thực dương khác 1. Hình vẽ bên là đồ thị của ba hàm số $y = {a^x},y = {b^x},y = {c^x}$. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. $a < b < c.$ B. $a > b > c.$ C. $c > a > b.$ D. $a > b > c.$
Câu 38 (NB). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với $AB = a,AD = 2a,SA = 3a$ và vuông góc với mặt đáy. Thể tích khối chóp là:
A. $2{a^3}.$ B. $3{a^3}.$ C. ${a^3}.$ D. $6{a^3}.$
Câu 39 (NB). Tìm tập xác định D của hàm số $y = {\left( {3{x^2} – 1} \right)^{\frac{1}{3}}}$.
A. $D = \left( { – \infty ; – \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right] \cup \left[ {\frac{1}{{\sqrt 3 }}; + \infty } \right)$. B. $D = \left( { – \infty ; – \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right) \cup \left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }}; + \infty } \right)$.
C. $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { \pm \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right\}$. D. $D = \mathbb{R}$.
Câu 40 (NB). Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có các kích thước là $a,b,c\left( {a < b < c} \right)$, hình hộp chữ nhật có mấy mặt phẳng đối xứng?
A. 1. B. 2. C. 4. D. 3.
Câu 41 (TH). Cho 2 số thực a, b với $1 < a < b$. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. ${\log _a}b < 1 < {\log _b}a$. B. ${\log _b}a < {\log _a}b < 1$. C. ${\log _b}a < 1 < {\log _a}b$. D. $1 < {\log _a}b < {\log _b}a$.
Câu 42 (VD). Biết $\frac{a}{b}$ (trong đó $\frac{a}{b}$ là phân số tối giản, $a,b \in {\mathbb{N}^*}$) là giá trị của tham số m để hàm số $y = 2{x^3} – 3m{x^2} – 6\left( {3{m^2} – 1} \right)x + 2018$ có hai điểm cực trị ${x_1};{x_2}$ thỏa mãn ${x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1$. Tính $P = a + 2b$.
A. 8. B. 6. C. 7. D. 5.
Câu 43 (TH). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định trên $\mathbb{R}\backslash \left\{ { – 1} \right\}$, liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như hình sau:
Tìm tập hợp tất cả các giá trị của hàm số thực m sao cho phương trình $f\left( x \right) = m$ có đúng ba nghiệm thực phân biệt.
A. $\left( { – \infty ;2} \right]$. B. $\left[ { – 4;2} \right)$. C. $\left( { – 4;2} \right]$. D. $\left( { – 4;2} \right)$.
Câu 44 (VD). Cho hình chóp S.ABC, SA vuông góc với đáy. Tam giác ABC vuông tại B. $BA = a,BC = a\sqrt 3 $. Góc giữa cạnh bên SB và đáy bằng $60^\circ $. Tính thể tích khối chóp S.ABC.
A. $\frac{{{a^3}}}{2}$. B. $4{a^3}$. C. $\frac{{2{a^3}}}{3}$. D. ${a^3}$.
Câu 45 (VD). Cho hàm số $y = \frac{{x + 2}}{{x + 1}}$ có đồ thị $\left( C \right)$. Biết rằng trên $\left( C \right)$ có hai điểm A, B sao cho tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại A, B cùng tạo với hai trục tọa độ một tam giác vuông cân. Tính độ dài AB.
A. $AB = 2\sqrt 2 $. B. $AB = 2\sqrt 5 $. C. $AB = 2\sqrt 3 $. D. $AB = 4$.
Câu 46 (TH). Cho hàm số $y = \frac{{\left( {m + 1} \right)x + 2}}{{x – n + 1}}$. Đồ thị hàm số nhận trục hoành làm tiệm cận ngang và trục tung làm tiệm cận đứng. Khi đó $m + n$ bằng:
A. 1. B. $ – 1$. C. 2. D. 0.
Câu 47 (VD). Cho khối tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 3a, gọi ${G_1},{G_2},{G_3},{G_4}$ là trọng tâm của 4 mặt của tứ diện ABCD. Tính thể tích V của khối tứ diện ${G_1}{G_2}{G_3}{G_4}$.
A. $V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}$. B. $V = \frac{{9{a^3}\sqrt 2 }}{{32}}$. C. $V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{4}$. D. $V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{18}}$.
Câu 48 (VD). Nếu một khối hộp chữ nhật có độ dài các đường chéo của các mặt lần lượt là $\sqrt 5 ;\sqrt {10} ;\sqrt {13} $ thì thể tích khối hộp chữ nhật đó bằng:
A. 8. B. 5. C. 4. D. 6.
Câu 49 (TH). Hình đa diện trong hình vẽ có bao nhiêu mặt?
A. 10. B. 8. C. 11. D. 15.
Câu 50 (VD). Cho $a = {\log _2}3;b = {\log _3}10$. Giá trị $A = {\log _{\sqrt 3 }}50$ bằng:
A. $ – \frac{1}{a} – 2b$. B. $4b – \frac{2}{a}.$ C. $\frac{2}{a} – 4b.$ D. $2b – \frac{1}{a}.$
ĐÁP ÁN
| 1-B | 2-D | 3-C | 4-A | 5-A | 6-A | 7-D | 8-B | 9-D | 10-D |
| 11-D | 12-C | 13-C | 14-C | 15-D | 16-A | 17-B | 18-B | 19-A | 20-B |
| 21-D | 22-B | 23-B | 24-D | 25-B | 26-B | 27-C | 28-B | 29-D | 30-D |
| 31-B | 32-C | 33-C | 34-D | 35-A | 36-C | 37-A | 38-A | 39-B | 40-D |
| 41-C | 42-A | 43-D | 44-A | 45-D | 46-D | 47-A | 48-D | 49-A | 50-B |
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1 (Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số): Đáp án B
Phương pháp
Áp dụng công thức tính đạo hàm của hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ là $y’ = \frac{{ac – bd}}{{{{\left( {cx + d} \right)}^2}}}$.
Hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ nghịch biến trên khoảng xác định khi $y’ < 0$.
Cách giải
Ta có hàm số $y = \frac{{ – mx + 3}}{{3x – m}}$ nghịch biến trên khoảng xác định khi: $y’ = \frac{{{m^2} – 9}}{{{{\left( {3x – m} \right)}^2}}} < 0 \Leftrightarrow – 3 < m < 3$.
Mà $m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { – 2; – 1;0;1;2} \right\}$.
Vậy có 5 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 2 (Lũy thừa): Đáp án D
Phương pháp
${a^m} > {a^n} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a > 1\\m > n\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\m < n\end{array} \right.\end{array} \right.$.
Cách giải
Ta thấy $2 – \sqrt 3 > 0$ và $ – 2018 > – 2019$.
Do đó ${\left( {2 – \sqrt 3 } \right)^{ – 2018}} > {\left( {2 – \sqrt 3 } \right)^{ – 2019}}$.
Câu 3 (Đường tiệm cận): Đáp án C
Phương pháp
Đồ thị hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ có tiệm cận ngang $y = \frac{a}{c}$, tiệm cận đứng $x = – \frac{d}{c}$.
Cách giải
Đồ thị hàm số $y = \frac{{3x + 2018}}{{2x – 1}}$ có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = \frac{1}{2}$ và tiệm cận ngang là đường thẳng $y = \frac{3}{2}$.
Câu 4 (Cực trị của hàm số): Đáp án A
Phương pháp
Số điểm cực trị của hàm số $y = f\left( x \right)$ là nghiệm của phương trình $f’\left( x \right) = 0$.
Cách giải
Ta thấy $ – 2 < 0 < 2$.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng $y = 0$ cắt đồ thị hàm số $y = f’\left( x \right)$ tại 3 điểm phân biệt.
Do đó phương trình $f’\left( x \right) = 0$ có 3 nghiệm phân biệt.
Vậy hàm số $y = f\left( x \right)$có 3 điểm cực trị.
Câu 5 (Hàm số lũy thừa): Đáp án A
Phương pháp
Cho hàm số $y = {x^n}$.
- Với $n \in {\mathbb{Z}^ + } \Rightarrow D = \mathbb{R}$.
- Với $n \in {\mathbb{Z}^ – } \Rightarrow D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$.
- Với $n \notin \mathbb{Z} \Rightarrow D = \left( {0; + \infty } \right)$.
Cách giải
Hàm số $y = {\left( {9 – x} \right)^{ – 3}}$ có $ – 3 \in {\mathbb{Z}^ – }$ nên xác định khi $9 – x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 9$.
Vậy tập xác định cảu hàm số là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 9 \right\}$.
Câu 6 (Khối đa diện đều và khối đa diện lồi): Đáp án A
Phương pháp
- Tính ${S_1}$ là diện tích một mặt của bát diện đều.
- Diện tích tất cả các mặt của bát diện đều là $8{S_1}$.
Cách giải
Ta có bát diện đều cạnh a nên một mặt của bát diện là tam giác đều cạnh a.
$ \Rightarrow $Diện tích một mặt của bát diện đều là ${S_1} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$
Vậy diện tích tất cả các mặt của bát diện đều là $S = 8{S_1} = 8.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = 2\sqrt 3 {a^2}$.
Câu 7 (Cực trị của hàm số): Đáp án D
Phương pháp
Hàm số $y = f\left( x \right)$ bậc 3 có cực đại và cực tiểu khi phương trình $f’\left( x \right) = 0$ có 2 nghiệm phân biệt.
Cách giải
Ta có $y = {x^3} – m{x^2} + 3x + 1$ có đạo hàm $y’ = 3{x^2} – 2mx + 3$.
Hàm số trên có cực đại và cực tiểu khi $y’ = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} – 2mx + 3 = 0$ có hai nghiệm phân biệt.
$ \Leftrightarrow \Delta ‘ = {m^2} – 9 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 3\\m < – 3\end{array} \right.$.
Câu 8 (Lôgarit): Đáp án B
Phương pháp
Sử dụng công thức ${a^{{{\log }_a}x}} = x$.
Cách giải
${\left( {\frac{1}{{{5^m}}}} \right)^{{{\log }_5}\left( {\frac{1}{{{3^n}}}} \right)}} = {\left( {{5^{ – m}}} \right)^{{{\log }_5}{3^{ – n}}}} = {5^{ – m{{\log }_5}{3^{ – n}}}} = {5^{{{\log }_5}{3^{mn}}}} = {3^{mn}}$.
Câu 9 (Hàm số lũy thừa): Đáp án D
Phương pháp
Áp dụng công thức tính đạo hàm $\left( {{u^n}} \right)’ = n.{u^{n – 1}}.u’$.
Cách giải
$\begin{array}{l}y = {\left( {2{x^2} – x + 1} \right)^{\frac{1}{3}}}\\ \Rightarrow y’ = \frac{1}{3}.{\left( {2{x^2} – x + 1} \right)^{\frac{1}{3} – 1}}.\left( {2{x^2} – x + 1} \right)\\ \Rightarrow y’ = \frac{1}{3}.{\left( {2{x^2} – x + 1} \right)^{\frac{{ – 2}}{3}}}.\left( {4x – 1} \right)\end{array}$
Câu 10 (Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số): Đáp án D
Phương pháp
- Tìm đạo hàm của hàm số.
- Lập bảng biến thiên rồi kết luận.
Cách giải
Ta có: $y’ = 4{x^3} + 4x = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0$.
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta có $M = 23,m = – 1$.
Vậy $M.m = – 23$.
Câu 11 (Khái niệm về mặt tròn xoay): Đáp án D
Phương pháp
Áp dụng công thức tính thể tích của hình hộp chữ nhật và hình trụ rồi suy ra tỉ số.
Cách giải
+ Tấm tôn hình chữ nhật có chiều dài là 8m. Do đó hình hộp chữ nhật có đáy là hình vuông có chu vi 8m $ \Rightarrow $Cạnh đáy hình hộp chữ nhật là $a = 2m$, chiều cao $h = 1,5m$.
Suy ra ${V_1} = h.{a^2} = 1,5.4 = 6\left( {{m^2}} \right)$.
+ Tấm tôn thứ hai có chiều dài 8m nên đường tròn đáy hình trụ có chu vì bằng 8m.
Khi đó bán kính đáy là $r = \frac{8}{{2\pi }} = \frac{4}{\pi }\left( m \right)$. Chiều cao $h = 1,5m$.
Suy ra ${V_2} = \pi {r^2}h = \pi .{\left( {\frac{4}{\pi }} \right)^2}.1,5 = \frac{{24}}{\pi }\left( {{m^2}} \right)$.
Do đó $\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{6}{{\frac{{24}}{\pi }}} = \frac{\pi }{4}$.
Câu 12 (Hàm số mũ. Hàm số lôgarit): Đáp án C
Phương pháp
Hàm số $y = {\log _a}x$ nghịch biến trên khoảng xác định khi $0 < a < 1$.
Cách giải
Ta thấy hàm số $y = {\log _{\frac{2}{\pi }}}x$ có $0 < \frac{2}{\pi } < 1$ nên nghịch biến trên khoảng xác định.
Câu 13 (Khái niệm về mặt tròn xoay): Đáp án C
Phương pháp
- Áp dụng công thức tính diện tích toàn phần của hình trụ và công thức tính thể tích hình trụ.
- Sử dụng BĐT Cô-si.
Cách giải
Gọi R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao hình trụ.
Ta có $V = \pi {R^2}h = 1 \Rightarrow h = \frac{1}{{\pi {R^2}}}$.
Mặt khác $\begin{array}{l}{S_{tp}} = 2\pi {R^2} + 2\pi Rh\\ \Rightarrow {S_{tp}} = 2\pi {R^2} + 2\pi R.\frac{1}{{\pi {R^2}}}\\ \Leftrightarrow {S_{tp}} = 2\pi {R^2} + \frac{2}{R} = 2\pi {R^2} + \frac{1}{R} + \frac{1}{R}\end{array}$
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số $2\pi {R^2},\frac{1}{R},\frac{1}{R}$ ta có:
$\begin{array}{l}2\pi {R^2} + \frac{1}{R} + \frac{1}{R} \ge 3\sqrt[3]{{2\pi {R^2}.\frac{1}{R}.\frac{1}{R}}} = 3\sqrt[3]{{2\pi }}\\ \Rightarrow {S_{tp}} \ge 3\sqrt[3]{{2\pi }}\end{array}$.
$ \Rightarrow {S_{tp\min }} = 3\sqrt[3]{{2\pi }}$. Dấu “=” xảy ra $ \Leftrightarrow 2\pi {R^2} = \frac{1}{R} \Leftrightarrow {R^3} = \frac{1}{{2\pi }} \Leftrightarrow R = \sqrt[3]{{\frac{1}{{2\pi }}}}\left( {dm} \right)$.
Câu 14 (Khái niệm về khối đa diện): Đáp án C
Phương pháp
Sử dụng lý thuyết khối đa diện: Mỗi cạnh của đa diện chỉ là cạnh chung của hai mặt của đa diện.
Cách giải
Dựa vào định nghĩa ta có đáp án C không phải là khối đa diện.
Câu 15 (Khái niệm về khối đa diện): Đáp án D
Phương pháp
Khối đa diện loại $\left\{ {p;q} \right\}$ trong đó p là số đỉnh; q là số mặt.
Cách giải
Áp dụng định nghĩa ta có: khối đa diện loại $\left\{ {3;4} \right\}$ suy ra đây là bát diện đều. Do đó $\left\{ \begin{array}{l}d = 6\\m = 8\end{array} \right.$.
Câu 16 (Lôgarit): Đáp án A
Phương pháp
- Sử dụng công thức ${a^m}.{a^n} = {a^{m + n}},\sqrt[m]{{{a^n}}} = {a^{\frac{n}{m}}}$.
- Sử dụng công thức ${\log _a}{a^x} = x$.
Cách giải
$\begin{array}{l}\;\;\;\;\;A = {\log _a}\left( {{a^3}.\sqrt a .\sqrt[5]{a}} \right)\\ \Leftrightarrow A = {\log _a}\left( {{a^3}.{a^{\frac{1}{2}}}.{a^{\frac{1}{5}}}} \right)\\ \Leftrightarrow A = {\log _a}{a^{3 + \frac{1}{2} + \frac{1}{5}}} = {\log _a}{a^{\frac{{37}}{{10}}}}\\ \Leftrightarrow A = \frac{{37}}{{10}} = \frac{m}{n}\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 37\\n = 10\end{array} \right. \Rightarrow mn = 370\end{array}$
Câu 17 (Khái niệm về thể tích của khối đa diện): Đáp án B
Phương pháp
Tính thể tích ${V_{ABCC’B’}}$ theo thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
Cách giải
Gọi H là trung điểm của BC. Vì tam giác ABC đều nên $AH \bot BC$.
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\BC \bot AA’\left( {AA’ \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AA’H} \right)$.
Mà $A’H \subset \left( {AA’H} \right) \Rightarrow BC \bot A’H$.
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\left( {A’BC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\\left( {A’BC} \right) \supset A’H \bot BC\\\left( {ABC} \right) \supset AH \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {A’BC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {A’H;AH} \right) = \angle A’HA = 60^\circ $.
Tam giác ABC đều cạnh $a \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
Tam giác AA’H vuông tại A có $\angle A’HA = 60^\circ \Rightarrow A’A = AH.\tan 60^\circ = \frac{3}{2}a$.
Tam giác ABC đều cạnh $a \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$.
Vậy ${V_{ABCC’B’}} = \frac{2}{3}{V_{ABC.A’B’C’}} = \frac{2}{3}.\frac{3}{2}.a.\frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}$.
Câu 18 (Cực trị của hàm số): Đáp án B
Phương pháp
- Tìm đạo hàm của hàm số.
- Tìm nghiệm của phương trình $y’ = 0$ rồi suy ra điều kiện của m.
Cách giải
Hàm số $y’ = – 4{x^3} + 4mx$.
$y’ = 0 \Leftrightarrow – 4{x^3} + 4mx = 0 \Leftrightarrow – 4\left( {{x^2} – m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} – m = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m\;\left( * \right)\end{array} \right.$.
Để hàm số có 3 cực trị phương trình $y’ = 0$ phải có 3 nghiệm phân biệt.
$ \Rightarrow \left( * \right)$ phải có 2 nghiệm phân biệt khác $0 \Rightarrow m > 0$.
Câu 19 (Ôn tập chương I Giải tích): Đáp án A
Phương pháp
Dựa vào bảng biến thiên xác định cực trị và các khoảng đơn điệu của hàm số.
Cách giải
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy $f\left( x \right) \ge 0\;\forall x \in \mathbb{R}$.
Câu 20 (Hàm số mũ. Hàm số lôgarit): Đáp án B
Phương pháp
Hàm số $y = {\log _a}u$ xác định khi và chỉ khi $u > 0$.
Cách giải
Hàm số $y = {\log _2}\left( { – {x^2} – 3x – 2} \right)$ xác định khi $ – {x^2} – 3x – 2 > 0 \Leftrightarrow – 2 < x < – 1$.
$ \Rightarrow $Tập xác định của hàm số là $D = \left( { – 2; – 1} \right) = \left( {a;b} \right)$.
Do đó $\left\{ \begin{array}{l}a = – 2\\b = – 1\end{array} \right. \Rightarrow a + b = – 3$.
Câu 21 (Khái niệm về mặt tròn xoay): Đáp án D
Phương pháp
Áp dụng công thức tính diện tích toàn phần của hình lập phương và hình trụ rồi suy ra tổng.
Cách giải
Hình lập phương có cạnh bằng 40cm do đó diện tích toàn phần là ${S_1} = {6.40^2} = 9600\left( {c{m^2}} \right)$.
Hình trụ có đáy là hình tròn nội tiếp hình vuông cạnh 40cm nên $r = 20cm;h = 40cm$.
$\begin{array}{l} \Rightarrow {S_2} = 2\pi {r^2} + 2\pi rh = 2\pi {.20^2} + 2\pi .20.40 = 2400\pi \left( {c{m^2}} \right)\\ \Rightarrow {S_1} + {S_2} = 9600 + 2400\pi = 2400\left( {4 + \pi } \right).\end{array}$
Câu 22 (Lôgarit): Đáp án B
Phương pháp
Sử dụng các công thức: ${\log _a}\left( {xy} \right) = {\log _a}x + {\log _a}y,\;\;{\log _{{a^n}}}{x^m} = \frac{m}{n}{\log _a}x\left( {x;y > 0,0 < a \ne 1} \right)$
Cách giải
${\log _{{a^2}}}\left( {{a^2}b} \right) = \frac{1}{2}{\log _a}\left( {{a^2}b} \right) = \frac{1}{2}\left( {{{\log }_a}{a^2} + {{\log }_a}b} \right) = \frac{1}{2}\left( {2 + {{\log }_a}b} \right) = 1 + \frac{1}{2}{\log _a}b$.
Câu 23 (Hàm số mũ. Hàm số lôgarit): Đáp án B
Phương pháp
Hàm số $y = {\log _a}u$ xác định khi $u > 0$.
Cách giải
Hàm số $y = {\log _2}\left( {3{x^2} + 2x – 1} \right)$ xác định khi $3{x^2} + 2x – 1 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > \frac{1}{3}\\x < – 1\end{array} \right.$.
Vậy tập xác định của hàm số $D = \left( { – \infty ; – 1} \right) \cup \left( {\frac{1}{3}; + \infty } \right)$.
Câu 24 (Hàm số mũ. Hàm số lôgarit): Đáp án D
Phương pháp
Áp dụng tính chất ${a^{ – x}} = \frac{1}{{{a^x}}}$.
Cách giải
Ta có: $\begin{array}{l}{\left( {2a + 1} \right)^{ – 3}} > {\left( {2a + 1} \right)^{ – 1}}\;\;\left( {a \ne – \frac{1}{2}} \right)\\ \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\left( {2a + 1} \right)}^3}}} > \frac{1}{{2a + 1}} \Leftrightarrow {\left( {2a + 1} \right)^3} < 2a + 1 \Leftrightarrow \left( {2a + 1} \right)\left( {4{a^2} + 4a} \right) < 0 \Leftrightarrow \left( {2a + 1} \right)a\left( {a + 1} \right) < 0\end{array}$
Đặt $f\left( a \right) = \left( {2a + 1} \right)a\left( {a + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = – \frac{1}{2}\\a = 0\\a = – 1\end{array} \right.$.
Bảng xét dấu:
Dựa vào bảng xét dấu ta có: $f\left( a \right) < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a < – 1\\ – \frac{1}{2} < a < 0\end{array} \right.$.
Câu 25 (Khái niệm về thể tích của khối đa diện): Đáp án B
Phương pháp
Dựa vào tỉ số giữa 2 mặt đáy.
Cách giải
Ta có M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB.
Nên $\left\{ \begin{array}{l}MN = \frac{{AB}}{2}\\MP = \frac{{AC}}{2}\\NP = \frac{{BC}}{2}\end{array} \right. \Rightarrow {S_{MNP}} = \frac{1}{4}{S_{ABC}}$.
$ \Rightarrow {V_{S.MNP}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABC}} = \frac{1}{4}.6 = \frac{3}{2}$.
Câu 26 (Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số): Đáp án B
Phương pháp
- Tính đạo hàm của hàm số.
- Lập bảng biến thiên để xét tính đơn điệu của hàm số.
Cách giải
Ta có: $y’ = 3{x^2} – 6x – 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = – 1\end{array} \right.$.
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên $\left( { – \infty ; – 1} \right),\left( {3; + \infty } \right)$, nghịch biến trên $\left( { – 1;3} \right)$.
Câu 27 (Cực trị của hàm số): Đáp án C
Phương pháp
Hàm số đạt cực đại tại $x = a \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y’\left( a \right) = 0\\y”\left( a \right) < 0\end{array} \right.$.
Cách giải
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}y’ = {x^2} – 2mx + {m^2} – m + 1\\y” = 2x – 2m\end{array} \right.$.
Để hàm số đạt cực đại tại $x = 1$ thì $\left\{ \begin{array}{l}y’\left( 1 \right) = 0\\y”\left( 1 \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} – 3m + 2 = 0\\2 – 2m < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 2\end{array} \right.\\m > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2$.
Câu 28 (Khái niệm về thể tích của khối đa diện): Đáp án B
Phương pháp
Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp ${V_{{\rm{chop}}}} = \frac{1}{3}{S_d}.h$.
Cách giải
Hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng 230m nên có ${S_d} = \frac{{{{230}^2}\sqrt 3 }}{4} = 13225\sqrt 3 $.
Chiều cao bằng $h = 147m$.
$ \Rightarrow V = \frac{1}{3}{.230^2}.137 = 2592100\;{m^3}$.
Câu 29 (Hàm số mũ. Hàm số lôgarit): Đáp án D
Phương pháp
Đặt ẩn phụ.
Sử dụng đạo hàm và suy ra giá trị nhỏ nhất.
Cách giải
Ta có:
$\begin{array}{l}P = \log _{\frac{a}{b}}^2{a^2} + 16{\log _b}\frac{a}{b}\\ \Leftrightarrow P = {\left( {2{{\log }_{\frac{a}{b}}}a} \right)^2} + 16\left( {{{\log }_b}a – 1} \right)\\ \Leftrightarrow P = \frac{4}{{\log _a^2\frac{a}{b}}} + 16\left( {{{\log }_b}a – 1} \right)\\ \Leftrightarrow P = \frac{4}{{{{\left( {1 – {{\log }_a}b} \right)}^2}}} + 16\left( {\frac{1}{{{{\log }_a}b}} – 1} \right)\end{array}$
Đặt ${\log _a}b = t$ mà $a > b > 1$ nên $0 < t < 1$.
Khi đó $\begin{array}{l}P = \frac{4}{{{{\left( {1 – t} \right)}^2}}} + 16\left( {\frac{1}{t} – 1} \right) \Rightarrow P’ = \frac{8}{{{{\left( {1 – t} \right)}^3}}} – \frac{{16}}{{{t^2}}}\\ \Rightarrow P’ = 0 \Leftrightarrow \frac{8}{{{{\left( {1 – t} \right)}^3}}} – \frac{{16}}{{{t^2}}} = 0\\ \Leftrightarrow 2{t^3} – 5{t^2} + 6t – 2 = 0 \Rightarrow t = \frac{1}{2}\end{array}$
Khi đó ${P_{\min }} = P\left( {\frac{1}{2}} \right) = 32$.
Câu 30 (Hàm số mũ. Hàm số lôgarit): Đáp án D
Phương pháp
Áp dụng các tính chất của hàm logarit.
Cách giải
Ta có:
$\begin{array}{l}P = {\log _{\frac{{\sqrt b }}{a}}}\sqrt {\frac{b}{a}} = {\log _{\frac{{\sqrt b }}{a}}}\frac{{\sqrt b }}{a}.\sqrt a \\\;\;\; = 1 + {\log _{\frac{{\sqrt b }}{a}}}\sqrt a = 1 + \frac{1}{2}{\log _{\frac{{\sqrt b }}{a}}}a\\\;\;\; = 1 + \frac{1}{2}.\frac{1}{{{{\log }_a}\frac{{\sqrt b }}{a}}} = 1 + \frac{1}{2}.\frac{1}{{{{\log }_a}\sqrt b – 1}}\\\;\;\; = 1 + \frac{1}{2}.\frac{1}{{\frac{1}{2}.{{\log }_a}b – 1}} = 1 + \frac{1}{{\sqrt 3 – \frac{1}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 – 1}}{{\sqrt 3 – 2}}\end{array}$
Câu 31 (Hàm số mũ. Hàm số lôgarit): Đáp án B
Phương pháp
Áp dụng công thức tính lãi suất kép: ${A_n} = {A_0}{\left( {1 + r\% } \right)^n}$
Trong đó ${A_0}$ là số tiền ban đầu và r là lãi suất hằng năm.
Cách giải
Áp dụng công thức ta có: sau 5 năm ông V thu về số tiền (cả gốc lẫn lãi) là:
${A_n} = 200{\left( {1 + 7,2\% } \right)^5} = 283,142,000$ đồng.
Câu 32 (Ôn tập chương I Giải tích): Đáp án C
Phương pháp
Dựa vào đồ thị hàm số và đạo hàm để xác định dấu của các hệ số.
Cách giải
Đồ thị hàm số có nét cuối cùng đi lên nên $a > 0$.
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên $d > 0$.
Hàm số $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ có đạo hàm là $y’ = 3a{x^2} + 2bx + c$.
Hàm số có 2 điểm cực trị và cùng dấu nên $\left\{ \begin{array}{l} – \frac{{2b}}{{3a}} > 0\\3ac > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – b > 0\\c > 0\end{array} \right.$.
Do đó $a – b + c + d > 0$.
Câu 33 (Hàm số mũ. Hàm số lôgarit): Đáp án C
Phương pháp
Tính y’ của từng hàm số và kết luận.
Cách giải
Xét hàm số $y = {\left( {\frac{2}{\pi }} \right)^{ – 2x + 1}}$ có TXĐ $D = \mathbb{R}$ và $y’ = – 2.{\left( {\frac{2}{\pi }} \right)^{ – 2x + 1}}\ln \left( {\frac{\pi }{2}} \right) < 0\;\forall x \in \mathbb{R}$ nên hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$.
Câu 34 (Cực trị của hàm số): Đáp án D
Phương pháp
Điểm $x = {x_0}$ được gọi là điểm cực tiểu của hàm số $y = f\left( x \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f’\left( {{x_0}} \right) = 0\\f”\left( x \right) > 0\end{array} \right.$.
Cách giải
Xét hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}y’ = – 3{x^2} + 3 = 0\\y” = – 6x > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = – 1\end{array} \right.\\x < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = – 1$.
Vậy $x = – 1$ là điểm cực tiểu của hàm số.
Câu 35 (Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số): Đáp án A
Phương pháp
Hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$ khi $y’ \le 0\;\forall x \in \mathbb{R}$.
Cách giải
Hàm số $y = – \frac{1}{3}{x^3} + \left( {m – 1} \right){x^2} + \left( {m – 3} \right)x – 6$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$ khi:
$\begin{array}{l}y’ = – {x^2} + 2\left( {m – 1} \right)x + \left( {m – 3} \right) \le 0\;\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow {x^2} – 2\left( {m – 1} \right)x + 3 – m \ge 0\;\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1 > 0\;\left( {luon\,dung} \right)\\\Delta ‘ \le 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow {\left( {m – 1} \right)^2} + m – 3 \le 0\\ \Leftrightarrow {m^2} – m – 2 \le 0 \Leftrightarrow – 1 \le m \le 2\end{array}$
Câu 36 (Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số): Đáp án C
Phương pháp
- Tìm hoành độ giao điểm giữa 2 đồ thị, suy ra tọa độ của B, C.
- Tính độ dài đoạn BC từ đó suy ra diện tích tam giác MBC, suy ra giá trị của m.
Cách giải
Hoành độ giao điểm của 2 đồ thị hàm số là nghiệm của phương trình:
$\begin{array}{l}\;\;\;\;{x^3} + 2\left( {m + 1} \right){x^2} + 3mx + 2 = – x + 2\\ \Leftrightarrow {x^3} + 2\left( {m + 1} \right){x^2} + \left( {3m + 1} \right)x = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow A\left( {0;2} \right)\\{x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x + 3m + 1 = 0\;\;\;\left( 1 \right)\end{array} \right.\end{array}$
Để $\left( C \right)$ và $\left( d \right)$ cắt nhau tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ‘ = {\left( {m + 1} \right)^2} – 3m – 1 > 0\\3m + 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} – m > 0\\m \ne – \frac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > 1\\m < 0\end{array} \right.\\m \ne – \frac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \left( { – \infty ;0} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\backslash \left\{ { – \frac{1}{3}} \right\}$.
Gọi $B\left( {b; – b + 2} \right);C\left( {c; – c + 2} \right) \in d \Rightarrow BC = \sqrt {2{{\left( {b – c} \right)}^2}} $.
Áp dụng định lí Vi-ét cho phương trình (1) ta có: $\left\{ \begin{array}{l}b + c = – 2\left( {m + 1} \right)\\bc = 3m + 1\end{array} \right.$.
Ta có: $d\left( {M;d} \right) = \frac{{\left| {3 + 1 – 2} \right|}}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2 $.
Khi đó
$\begin{array}{l}{S_{MBC}} = \frac{1}{2}.BC.d\left( {M;d} \right)\\ \Leftrightarrow 2\sqrt 6 = \frac{1}{2}\sqrt {2{{\left( {b – c} \right)}^2}} .\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow {\left( {b – c} \right)^2} = 24\\ \Leftrightarrow {\left( {b + c} \right)^2} – 4bc = 24\\ \Rightarrow 4\left( {{m^2} + 2m + 1} \right) – 4\left( {3m + 1} \right) = 24\\ \Leftrightarrow {m^2} – m – 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 3\\m = – 2\end{array} \right.\left( {tm} \right).\end{array}$
Câu 37 (Hàm số mũ. Hàm số lôgarit): Đáp án A
Phương pháp
Áp dụng tính chất của hàm logarit và dựa vào đồ thị.
Cách giải
Nhìn vào đồ thị ta thấy hàm số $y = {c^x}$ là hàm đồng biến nên $c > 1$.
Hàm số $y = {a^x},y = {b^x}$ là hàm nghịch biến nên $0 < a,b < 1$.
Và với ${x_0} > 0$ ta có ${a^{{x_0}}} > {b^{{x_0}}} \Leftrightarrow a > b$.
$ \Rightarrow c > a > b$.
Câu 38 (Khái niệm về thể tích của khối đa diện): Đáp án A
Phương pháp
Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp $V = \frac{1}{3}{S_d}.h$.
Cách giải
Ta có ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SA.AB.AD = \frac{1}{3}.3a.a.2a = 2{a^3}$.
Câu 39 (Hàm số lũy thừa): Đáp án B
Phương pháp
Cho hàm số $y = {x^n}$.
+ Với $n \in {\mathbb{Z}^ + } \Rightarrow D = \mathbb{R}$.
+ Với $n \in {\mathbb{Z}^ – } \Rightarrow D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$.
+ Với $n \notin \mathbb{Z} \Rightarrow D = \left( {0; + \infty } \right)$.
Cách giải
Hàm số $y = {\left( {3{x^2} – 1} \right)^{\frac{1}{3}}}$ có $\frac{1}{3} \notin \mathbb{Z}$ nên xác định khi và chỉ khi $3{x^2} – 1 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > \frac{1}{{\sqrt 3 }}\\x < – \frac{1}{{\sqrt 3 }}\end{array} \right.$.
Vậy tập xác định của hàm số là $D = \left( { – \infty ; – \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right) \cup \left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }}; + \infty } \right)$.
Câu 40 (Khái niệm về khối đa diện): Đáp án D
Phương pháp
Chú ý hình hộp chữ nhật với các kích cỡ khác nhau.
Cách giải
Hình hộp chữ nhật có 3 mặt đối xứng:
1 mặt là nối giữa trung điểm các cạnh bên.
2 mặt cắt dọc và ngang theo đáy của hình hộp.
Câu 41 (Hàm số mũ. Hàm số lôgarit): Đáp án C
Phương pháp
Áp dụng tính chất của hàm logarit.
Cách giải
Ta có $1 < a < b \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 < {\log _a}b\\0 < {\log _b}a < 1\end{array} \right. \Rightarrow {\log _b}a < 1 < {\log _a}b$.
Câu 42 (Cực trị của hàm số): Đáp án A
Phương pháp
+ Tìm điều kiện để hàm số có 2 điểm cực trị.
+ Áp dụng định lí Vi-ét.
Cách giải
Ta có: $y’ = 6{x^2} – 6mx – 6\left( {3{m^2} – 1} \right)$.
$y’ = 0 \Leftrightarrow {x^2} – mx – 3{m^2} + 1 = 0$.
Để hàm số có 2 điểm cực trị thì phương trình $y’ = 0$ có 2 nghiệm phân biệt.
$ \Leftrightarrow \Delta > 0 \Leftrightarrow {m^2} – 4\left( { – 3{m^2} + 1} \right) > 0 \Leftrightarrow {m^2} + 12{m^2} – 4 > 0 \Leftrightarrow 13{m^2} – 4 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > \frac{2}{{\sqrt {13} }}\\m < – \frac{2}{{\sqrt {13} }}\end{array} \right.$.
Khi đó với ${x_1},{x_2}$ là 2 điểm cực trị của hàm số, thì chúng chính là hai nghiệm phân biệt của phương trình $y’ = 0$. Do đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}.{x_2} = – 3{m^2} + 1\end{array} \right.$.
Theo bài ra ta có: ${x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1 \Leftrightarrow – 3{m^2} + 1 + 2m = 1 \Leftrightarrow 3{m^2} – 2m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{2}{3}\left( {tm} \right)\\m = 0\left( {ktm} \right)\end{array} \right.$.
Khi đó $\frac{a}{b} = \frac{2}{3} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 3\end{array} \right. \Rightarrow P = a + 2b = 8$.
Câu 43 (Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số): Đáp án D
Phương pháp
Dựa vào bảng xét dấu: phương trình $f\left( x \right) = m$ có 3 nghiệm phân biệt khi đường thẳng $y = m$ cắt đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại 3 điểm phân biệt.
Cách giải
Số nghiệm của phương trình $f\left( x \right) = m$ chính 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.
Dựa vào bảng xét dấu ta có phương trình $f\left( x \right) = m$ có 3 nghiệm phân biệt khi $ – 4 < m < 2$.
Câu 44 (Khái niệm về thể tích của khối đa diện): Đáp án A
Phương pháp
Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp $V = \frac{1}{3}{S_d}.h$.
Cách giải
Ta có $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AB$ là hình chiếu của SB lên $\left( {ABC} \right)$.
$ \Rightarrow \angle \left( {SB;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SB;AB} \right) = \angle SBA = 60^\circ $.
Ta có $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot AB \Rightarrow \Delta SAB$ vuông tại A.
$ \Rightarrow SA = AB.\tan 60^\circ = a\sqrt 3 $.
Tam giác ABC vuông tại B nên ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = \frac{1}{2}.a.a\sqrt 3 = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$.
Khi đó $V = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{2}$.
Câu 45 (Ôn tập chương I Giải tích): Đáp án D
Phương pháp
Áp dụng tính chất vuông góc.
Cách giải
Hàm số $y = \frac{{x + 2}}{{x + 1}}$ có hệ số góc của tiếp tuyến là $k = y’ = \frac{{ – 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$.
Tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại A, B cùng tạo với hệ trục tọa độ một tam giác vuông cân khi tiếp tuyến vuông góc với phân giác của góc phần tư thứ I hoặc III.
Khi đó $\frac{{ – 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}.1 = – 1 \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = – 2\end{array} \right.$.
Giả sử $A\left( {0;2} \right);B\left( { – 2;0} \right) \Rightarrow AB = 4$.
Câu 46 (Đường tiệm cận): Đáp án D
Phương pháp
Đồ thị hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = – \frac{d}{c}$, tiệm cận ngang là $y = \frac{a}{c}$.
Cách giải
Hàm số $y = \frac{{\left( {m + 1} \right)x + 2}}{{x – n + 1}}$ nhận trục tung và trục hoành là tiệm cận đứng và tiệm cận ngang.
Do đó $\left\{ \begin{array}{l}n – 1 = 0\\m + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}n = 1\\m = – 1\end{array} \right. \Rightarrow m + n = 0$.
Câu 47 (Khái niệm về thể tích của khối đa diện): Đáp án A
Phương pháp
Sử dụng tỉ số để tính độ dài cạnh đáy và chiều cao của hình chóp.
Cách giải
Gọi H, K lần lượt là trung điểm của BC, BD.
$ \Rightarrow {G_1}{G_2} = \frac{2}{3}HK = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}.CD = \frac{1}{3}CD = a$.
Do đó tam giác ${G_1}{G_2}{G_3}$ là tam giác đều cạnh $a \Rightarrow {S_{{G_1}{G_2}{G_3}}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$.
Tứ diện đều ABCD có ${G_4}$ là trọng tâm tam giác đều BDC.
$ \Rightarrow A{G_4} \bot \left( {BCD} \right)$.
Tam giác $A{G_4}B$ vuông tại ${G_4}$ có:
$AB = 3a;B{G_4} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.3a = a\sqrt 3 \Rightarrow A{G_4} = \sqrt {A{B^2} – BG_4^2} = a\sqrt 6 $.
Mặt khác $d\left( {{G_4};\left( {{G_1}{G_2}{G_3}} \right)} \right) = \frac{1}{3}d\left( {A;\left( {BCD} \right)} \right) = \frac{1}{3}.A{G_4} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$ vì ${G_4}$ là trọng tâm tam giác đều BDC.
Khi đó ${V_{{G_1}{G_2}{G_3}{G_4}}} = \frac{1}{3}.h.{S_{{G_1}{G_2}{G_3}}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}$.
Câu 48 (Khái niệm về khối đa diện): Đáp án D
Phương pháp
Áp dụng định lí Pytago.
Cách giải
Gọi kích thước của hình hộp chữ nhật là a, b, c.
Các đường chéo của hình hộp chữ nhật lần lượt là $\sqrt 5 ;\sqrt {10} ;\sqrt {13} $.
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} = 5\\{b^2} + {c^2} = 10\\{a^2} + {c^2} = 13\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{b^2} = 1\\{c^2} = 9\\{a^2} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 1\\c = 3\\a = 2\end{array} \right.$.
Khi đó $V = abc = 1.3.2 = 6$.
Câu 49 (Khái niệm về khối đa diện): Đáp án A
Phương pháp
Đếm các mặt của khối đa diện.
Cách giải
Mặt đáy có 5 cạnh do đó từ 2 điểm ở ngoài hình chóp ta có tất cả 10 mặt.
Câu 50 (Lôgarit): Đáp án B
Phương pháp
Sử dụng các tính chất cộng trừ logarit.
Cách giải
Ta có: $\begin{array}{l}\;\;\;\;\;A = {\log _{\sqrt 3 }}50 = 2{\log _3}\left( {{5^2}.2} \right)\\ \Rightarrow A = 2\left( {2{{\log }_3}5 + {{\log }_3}2} \right)\\ \Leftrightarrow A = 4{\log _3}5 + 2{\log _3}2\\ \Leftrightarrow A = 4\left( {{{\log }_3}5 + {{\log }_3}2} \right) – 2{\log _3}2\\ \Leftrightarrow A = 4{\log _3}10 – 2{\log _3}2\\ \Leftrightarrow A = 4b – \frac{2}{a}\end{array}$
