Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Trường THPT Kim Liên Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
58

Đề thi học kì 1 Toán 12 sở giáo dục & đào tạo trường thpt Kim Liên 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 KIM LIÊN

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 I Toán 12 năm học 2018 – 2019 trường THPT Kim Liên nhằm kiểm tra lại kiến thức của học sinh trong suốt học kỳ qua để làm cơ sở cho việc đánh giá và xếp loại học lực môn Toán.

Câu 1 (TH). Cho các hàm số $y = \log x;{\rm{ }}y = {x^5};{\rm{ }}y = \ln x;{\rm{ }}y = {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^x}.$ Trong các hàm số trên có bao nhiêu hàm số nghịch biến trên tập xác định của hàm số đó?

A. 2 B. 1 C. 3 D. 4

Câu 2 (TH). Hình lăng trụ tam giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?

A. 5 B. 6 C. 3 D. 4

Câu 3 (TH). Cho hàm số $y = {x^3} – {x^2} – x + 3.$ Điểm $M\left( {1;2} \right)$ là:

A. Điểm cực đại của hàm số B. Điểm cực tiểu của hàm số

C. Điểm cực đại của đồ thị hàm số D. Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số

Câu 4 (NB). Tính bán kính của khối cầu có thể tích bằng $36\pi \left( {c{m^3}} \right)$?

A. $6\left( {cm} \right)$ B. $3\left( {cm} \right)$ C. $9\left( {cm} \right)$ D. $\sqrt 6 \left( {cm} \right)$

Câu 5 (TH). Cho hàm số $y = 3{x^4} + 4{x^3} + 3.$ Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { – 1; + \infty } \right)$ B. Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { – \infty ;0} \right)$ C. Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { – 1;0} \right)$ D. Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ; – 1} \right)$

Câu 6 (TH). Trong các hàm số sau, hàm số nào không có cực trị?

A. $y = \frac{{2x – 1}}{{x + 1}}$ B. $y = {x^4}$ C. $$$y = – {x^3} + x$ D. $y = \left| x \right|$

Câu 7 (TH). Đường cong trong hình sau là đồ thị của hàm số nào?

A. $y = {\log _2}\left( {4x} \right)$ B. $y = {2^x}$ C. $y = x + 1$ D. $y = {\left( {\sqrt 2 } \right)^x}$

Câu 8 (TH). Tìm giá trị lớn nhất của hàm số $y = {x^4} – 2{x^2} – 15$ trên đoạn $\left[ { – 3;2} \right]$?

A. $\mathop {\max y}\limits_{\left[ { – 3;2} \right]} = 16$ B. $\mathop {\max y}\limits_{\left[ { – 3;2} \right]} = 7$ C. $\mathop {\max y}\limits_{\left[ { – 3;2} \right]} = 54$ D. $\mathop {\max y}\limits_{\left[ { – 3;2} \right]} = 48$

Câu 9 (TH). Đường thẳng $y = x + 1$ cắt đồ thị hàm số $y = \frac{{x + 3}}{{x – 1}}$ tại hai điểm phân biệt $A,B$. Tính độ dài đoạn thẳng $AB.$

A. $AB = 6$ B. $AB = \sqrt {17} $ C. $AB = \sqrt {34} $ D. $AB = 8$

Câu 10 (TH). Cho hàm số $y = {x^4} – 4{x^2} + 1.$ Khẳng định nào sau đây là sai?

A. Điểm cực đại của hàm số là $x = 0.$ B. Điểm cực đại của đồ thị hàm số là $\left( {0;1} \right).$ C. Hàm số không có giá trị nhỏ nhất D. Hàm số không có giá trị lớn nhất.

Câu 11 (TH). Bác Minh có 400 triệu đồng mang đi gửi tiết kiệm ở hai loại kì hạn khác nhau đều theo thể thức lãi kép. Bác gửi 200 triệu đồng theo kì hạn quý với lãi suất $2,1\% $ một quý. 200 triệu đồng còn lại bác gửi theo kì hạn tháng với lãi suất 0,73% một tháng. Sau khi gửi được đúng một năm, bác rút tất cả số tiền ở loại kì hạn theo quý và gửi vào loại kì hạn theo tháng. Hỏi sau đúng 2 năm kể từ khi gửi tiền lần đầu, bác Minh thu được tất cả bao nhiêu tiền lãi? (kết quả làm tròn đến phần hàng nghìn)

A. $75,304$ triệu đồng B. $75,303$ triệu đồng C. $470,656$ triệu đồng D. $475,304$ triệu đồng

Câu 12 (NB). Tìm tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}?$

A. $x = – 1$ và $y = – 2$ B. $x = 1$ và $y = – 2$ C. $x = – 1$ và $y = 2$ D. $x = 1$ và $y = 2$

Câu 13 (VD). Cho hình lăng trụ tam giác đều có các cạnh cùng bằng $a.$ Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đó.

A. $\frac{{7\pi {a^2}}}{2}$ B. $\frac{{7\pi {a^2}}}{3}$ C. $\frac{{7\pi {a^2}}}{6}$ D. $7\pi {a^2}$

Câu 14 (TH). Hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số nào?

A. $y = 1 – x$ B. $y = \frac{{ – x}}{{x + 1}}$ C. $y = \frac{{ – x + 1}}{{x + 1}}$ D. $y = \frac{{ – 2x + 1}}{{x – 1}}$

Câu 15 (VD). Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thang vuông tại $A$ và $B,$ $SA \bot \left( {ABCD} \right),{\rm{ }}AD > BC.$ Xác định tâm $I$ của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABCD$

A. $I$ là trung điểm của cạnh $SC.$ B. $I$ là trung điểm của cạnh $SB.$

C. $I$ không tồn tại. D. $I$ là trọng tâm của tam giác $SAC.$

Câu 16 (TH). Cho hàm số $f\left( a \right) = \frac{{{a^{\frac{2}{3}}}\left( {\sqrt[3]{{{a^{ – 2}}}} – \sqrt[3]{a}} \right)}}{{{a^{\frac{1}{8}}}\left( {\sqrt[8]{{{a^3}}} – \sqrt[8]{{{a^{ – 1}}}}} \right)}}$ với $a > 0,{\rm{ }}a \ne 1.$ Tính giá trị của $M = f\left( {{{2019}^{2018}}} \right).$

A. ${2019^{1009}}$ B. ${2019^{1009}} + 1$ C. $ – {2019^{1009}} + 1$ D. $ – {2019^{1009}} – 1$

Câu 17 (TH). Tìm tọa độ tâm đối xứng của đồ thị hàm số $y = {x^3} – 3x + 1$

A. $\left( { – 1;3} \right)$ B. $\left( {1;0} \right)$ C. $\left( {1; – 1} \right)$ D. $\left( {0;1} \right)$

Câu 18 (VD). Cho hàm số $y = {x^4} + \left( {m – 2} \right){x^2} – 2\left( {m + 2} \right)x + m + 5$ có đồ thị $\left( {{C_m}} \right).$ Biết rằng mọi đường cong $\left( {{C_m}} \right)$ đều tiếp xúc tại 1 điểm. Viết phương trình tiếp tuyến chung của các đường cong $\left( {{C_m}} \right)$ tại điểm đó?

A. $y = 0$ B. $y = – 4x + 4$ C. $y = – 4$ D. $y = – 4x – 4$

Câu 19 (TH). Tìm tung độ giao điểm của đồ thị hàm số $y = \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^2}}}{2} – 2x$ và đường thẳng $y = – \frac{9}{4}x – \frac{1}{{24}}$

A. $ – \frac{{19}}{{24}}$ B. $\frac{{12}}{{13}}$ C. $ – \frac{1}{2}$ D. $\frac{{13}}{{12}}$

Câu 20 (TH). Tìm đạo hàm của hàm số $y = \log \left( {{e^x}} \right) + {2^{2x + 1}}$

A. $y’ = \frac{1}{{\ln 10}} + {2^{2x + 2}}.\ln 2$ B. $y’ = \frac{1}{{{e^x}.\ln 10}} + {2^{2x + 2}}.\ln 2$ C. $y’ = \log e + {2^{2x + 1}}$ D. $y’ = \frac{1}{{\ln 10}} + {2^{2x + 2}}.\ln 2$

Câu 21 (VD). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có $f’\left( x \right) < 0{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}$. Có bao nhiêu giá trị nguyên của $m$ để phương trình $f\left( {\sin x + \cos 2x} \right) = f\left( m \right)$ có nghiệm $x \in \mathbb{R}$

A. 6 B. 4 C. 5 D. 2

Câu 22 (VD). Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông, cạnh $SA$ vuông góc với đáy, $SA = a\sqrt 2 .$ Biết thể tích khối chóp $S.ABCD$ bằng $\frac{{\sqrt 2 }}{3}{a^3}.$ Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABCD.$

A. $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$ B. $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ C. $a$ D. $2a$

Câu 23 (VD). Cho ${\log _5}2 = a,{\rm{ }}{\log _5}3 = b.$ Biểu diễn ${\log _5}\frac{{4\sqrt 2 }}{{\sqrt {15} }}$ theo $a$ và $b$?

A. $\frac{{5a + b + 1}}{2}$ B. $\frac{{5a – b + 1}}{2}$ C. $\frac{{5a + b – 1}}{2}$ D. $\frac{{5a – b – 1}}{2}$

Câu 24 (TH). Cho hàm số $y = f\left( x \right) = \frac{{ – 2}}{{ – x + 1}}.$ Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$ B. Hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$

C. Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định

D. Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định

Câu 25 (VDC). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như hình vẽ

Phương trình $\left| {f\left( {1 – x} \right) + 1} \right| = 6$ có bao nhiêu nghiệm phân biệt?

A. 5 B. 3 C. 4 D. 6

Câu 26 (VD). Cho lăng trụ đứng $ABC.A’B’C’$ có đáy là tam giác vuông tại $A,{\rm{ }}AC = a,{\rm{ }}\angle ACB = 60^\circ $. Đường thẳng $BC’$ tạo với mặt phẳng $\left( {AA’C’C} \right)$ một góc $30^\circ .$ Tính thể tích khối lăng trụ $ABC.A’B’C’.$

A. ${a^3}\sqrt 6 $ B. $\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{3}$ C. $\frac{{2{a^3}\sqrt 6 }}{3}$ D. $2{a^3}\sqrt 6 $

Câu 27 (TH). Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác $ABC$ vuông tại $B,{\rm{ }}AB = a,{\rm{ }}AC = a\sqrt 3 .$ Biết $\Delta SAB$ là tam giác đều và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABC} \right).$ Tính thể tích khối chóp $S.ABC.$

A. $\frac{{{a^3}}}{4}$ B. $\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}$ C. $\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{4}$ D. $\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}$

Câu 28 (TH). Cho hàm số $y = – {x^3} + 3x – 2$ có đồ thị $\left( C \right).$ Viết phương trình tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại giao điểm của $\left( C \right)$ với trục tung.

A. $y = – 3x – 2$ B. $y = 3x – 2$ C. $y = 3x + 2$ D. $y = – 3x + 2$

Câu 29 (NB). Mỗi đỉnh của hình đa diện thuộc ít nhất bao nhiêu mặt?

A. 4 B. 5 C. 2 D. 3

Câu 30 (TH). Cho $a > 1.$ Khẳng định nào dưới đây đúng?

A. $\frac{{\sqrt[3]{{{a^2}}}}}{a} > 1$ B. $\frac{1}{{{a^{2017}}}} < \frac{1}{{{a^{2018}}}}$ C. ${a^{ – \sqrt 3 }} > \frac{1}{{{a^{\sqrt 5 }}}}$ D. ${a^{\frac{1}{3}}} > \sqrt a $

Câu 31 (VD). Hàm số $f\left( x \right) = \frac{1}{{11}}{x^{11}} – \frac{5}{9}{x^9} + \frac{{10}}{7}{x^7} – 2{x^5} + \frac{5}{3}{x^3} – x + 2018$ có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 10 B. 11 C. 1 D. 2

Câu 32 (VD). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ để hàm số $y = \left( {{m^2} – 3} \right)\sin x – \tan x$ nghịch biến trên $\left( { – \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right).$

A. 5 B. 7 C. 3 D. 4

Câu 33 (VD). Cho điểm $A$ nằm ngoài mặt cầu $S\left( {O;R} \right).$ Biết rằng qua $A$ có vô số tiếp tuyến với mặt cầu. Tập hợp các tiếp điểm là một đường tròn nằm trên mặt cầu có bán kính bằng $\frac{{\sqrt 2 }}{2}R.$ Tính độ dài đoạn thẳng $OA$ theo $R.$

A. $\sqrt 3 R$ B. $\sqrt 2 R$ C. $2R$ D. $\frac{{\sqrt 2 }}{2}R$

Câu 34 (NB). Tìm tập xác định $D$ của hàm số $y = {e^{{x^2} + 2x}}.$

A. $D = \mathbb{R}$ B. $D = \left[ { – 2;0} \right]$ C. $d = \left( { – \infty ; – 2} \right] \cup \left[ {0; + \infty } \right)$ D. $D = \emptyset $

Câu 35 (VD). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ là hàm số chẵn và $f’\left( x \right) = x\left( {{x^2} – 1} \right).$ Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. $f\left( 1 \right) = f\left( 0 \right) = f\left( { – 1} \right)$ B. $f\left( 1 \right) > f\left( 0 \right) > f\left( { – 2} \right)$

C. $f\left( { – 2} \right) > f\left( 0 \right) > f\left( 1 \right)$ D. $f\left( { – 1} \right) \ge f\left( 0 \right) \ge f\left( 1 \right)$

Câu 36 (TH). Trong không gian, cho hai điểm phân biệt A và B. Tập hợp tâm các mặt cầu đi qua A và B là

A. Một mặt phẳng B. một đường thẳng C. một đường tròn D. một mặt cầu

Câu 37 (VD). Cho hàm số $y = \left( {m – 1} \right){x^3} + \left( {m – 1} \right){x^2} – 2x + 5$ với $m$ là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của $m$ để hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right).$

A. 1 B. 4 C. 2 D. 5

Câu 38 (TH). Tính tổng số đo các góc ở tất cả các mặt của hình chóp ngũ giác?

A. $5\pi $ B. $7\pi $ C. $6\pi $ D. $8\pi $

Câu 39 (VD). Tìm các số thực $a,b$ sao cho điểm $A\left( {0;1} \right)$ là điểm cực đại của đồ thị hàm số $y = a{x^2} + {a^2} + \frac{b}{{x + 1}}.$

A. $a = – 1;b = 0$ B. $a = b = – 1$ C. $a = b = 1$ D. $a = \pm 1;b = 0$

Câu 40 (TH). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định trên

$\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f\left( x \right) = – \infty ;{\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty ;\mathop {{\rm{ }}\lim }\limits_{x \to {1^ – }} f\left( x \right) = + \infty $. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. Đồ thị hàm số không có tiệm cận B. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng $x = 1$

C. Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang D. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang $y = 1$

Câu 41 (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:

Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang B. Hàm số đạt cực đại tại $x = 2.$

C. Giá trị lớn nhất của hàm số là 3 D. Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng

Câu 42 (NB). Khối 20 mặt đều có bao nhiêu đỉnh?

A. 12 B. 16 C. 20 D. 30

Câu 43 (TH). Khẳng định nào sau đây sai?

A. Số cạnh của một khối đa diện đều luôn là số chẵn

B. Tồn tại một khối đa diện đều có số cạnh là số lẻ

C. Số mặt của một khối đa diện đều luôn là số chẵn

D. Số đỉnh của một khối đa diện đều luôn là số chẵn.

Câu 44 (NB). Cho $a,b$ là các số thực dương; $m,n$ là các số thực tùy ý. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. ${a^m}.{b^n} = {\left( {ab} \right)^{m.n}}$ B. ${a^{ – m}}.{b^m} = {\left( {\frac{b}{a}} \right)^m}$ C. ${a^m}.{b^m} = {\left( {ab} \right)^{2m}}$ D. ${a^m}.{a^n} = {a^{mn}}$

Câu 45 (TH). Tính đạo hàm của hàm số $y = {\left( {\frac{{2018}}{x}} \right)^{2019}}.{\left( {\frac{x}{{2019}}} \right)^{2018}}$ tại điểm $x = 1.$

A. $ – \frac{{{{2018}^{2019}}}}{{{{2019}^{2018}}}}$ B. $ – \frac{{{{2019}^{2018}}}}{{{{2018}^{2019}}}}$ C. $\frac{{{{2019}^{2018}}}}{{{{2018}^{2019}}}}$ D. $\frac{{{{2018}^{2019}}}}{{{{2019}^{2018}}}}$

Câu 46 (VDC). Có bao nhiêu bộ ba số thực $\left( {x;y;z} \right)$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau $\left\{ \begin{array}{l}{3^{\sqrt[3]{{{x^2}}}}}{.9^{\sqrt[3]{{{y^2}}}}}{.27^{\sqrt[3]{{{z^2}}}}} = {3^6}\\x.{y^2}.{z^3} = 1\end{array} \right.$

A. 4 B. 3 C. 2 D. 1

Câu 47 (VDC). Một sợi dây kim loại dài $32cm$ được cắt thành hai đoạn bằng nhau. Đoạn thứ nhất uốn thành một hình chữ nhật có chiều dài $6cm,$ chiều rộng $2cm.$ Đoạn thứ hai uốn thành một tam giác có độ dài một cạnh bằng $6cm.$ Gọi độ dài hai cạnh còn lại của tam giác là $x\left( {cm} \right),y\left( {cm} \right)\left( {x \le y} \right).$ Hỏi có bao nhiêu cách chọn bộ số $\left( {x;y} \right)$ sao cho diện tích tam giác không nhỏ hơn diện tích hình chữ nhật

A. 0 cách B. 2 cách C. 1 cách D. vô số cách

Câu 48 (VDC). Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA = 3,{\rm{ }}AB = 1,{\rm{ }}AC = 2,{\rm{ }}SA \bot \left( {ABC} \right).$ Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC.$ Mặt cầu tâm $O$ và qua $A$ cắt các tia $SB,SC$ lần lượt tại $D$ và $E.$ Khi đó độ dài đoạn $BC$ không thay đổi, hãy tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp $S.ADE.$

A. $\frac{{81}}{{130}}$ B. 1 C. $\frac{1}{4}$ D. $\frac{{87}}{{130}}$

Câu 49 (VDC). Cho $a \ge 1;b \ge 1;c \ge 1$ và thỏa mãn $\left\{ \begin{array}{l}{\log _{ac}}\left( {{b^2} + 1} \right) + {\log _{2bc}}a = \frac{2}{3}\\{\log _{2ab}}c \le 1\end{array} \right..$ Tính $S = {a^2} + {b^2} + {c^2}.$

A. $\frac{{21}}{{16}}$ B. 6 C. 21 D. $\frac{3}{2}$

Câu 50 (VD). Cho khối chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành, $M$ là điểm thuộc cạnh $SB,{\rm{ }}N$ là điểm thuộc cạnh $SD$ sao cho $SB = 3BM;{\rm{ }}SN = 2ND.$ Mặt phẳng $\left( {AMN} \right)$ chia khối chóp $S.ABCD$ thành hai khối đa diện. Gọi ${V_1};{V_2}$ lần lượt là thể tích khối đa diện chứa đỉnh S và đỉnh C. Tính tỉ số $\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}}$

A. $\frac{2}{3}$ B. 2 C. $\frac{1}{3}$ D. $\frac{1}{2}$

Đáp án

1-B 2-D 3-D 4-B 5-A 6-A 7-B 8-D 9-C 10-C
11-A 12-C 13-B 14-C 15-C 16-D 17-D 18-B 19-D 20-D
21-B 22-C 23-D 24-C 25-B 26-A 27-B 28-B 29-D 30-C
31-D 32-A 33-B 34-A 35-C 36-A 37-A 38-D 39-A 40-B
41-A 42-A 43-B 44-B 45-A 46-A 47-C 48-A 49-C 50-D

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án B

Phương pháp:

– Tính đạo hàm trên TXĐ của các hàm số đã cho:

+ Nếu $y’ \ge 0$ thì hàm số đồng biến.

+ Nếu $y’ \le 0$ thì hàm số nghịch biến.

( Dấu “=” chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm).

Cách giải:

Hàm số $y = \log x$ có:

TXĐ: $D = \left( {0; + \infty } \right).$

$y’ = \frac{1}{{x.\ln 10}} > 0{\rm{ }}\forall x \in D \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right).$

+ Hàm số $y = {x^5}$ có:

TXĐ: $D = \mathbb{R}.$

$y’ = 5{x^4} \ge 0\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}.$

+ Hàm số $y = \ln x$ có :

TXĐ $D = \left( {0; + \infty } \right).$

$y’ = \frac{1}{x} > 0{\rm{ }}\forall x \in D \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right).$

+ Hàm số $y = {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^x}$ luôn nghịch biến trên $\mathbb{R}$ vì hệ số $a = \frac{{\sqrt 3 }}{2} < 1.$

Vậy có 1 hàm số nghịch biến trên tập xác định của nó.

Câu 2: Đáp án D

Phương pháp:

– Hình lăng trụ tam giác đều là lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều.

– Mặt phẳng đối xứng của lăng trụ là mặt phẳng mà khi ta cho tất cả các điểm của lăng trụ đối xứng qua mặt phẳng đó, ta vẫn thu được lăng trụ ban đầu.

Cách giải:

Các mặt phẳng đối xứng của lăng trụ đứng gồm 3 mặt phẳng song song với cạnh bên và đi qua các đường trung tuyến của mặt phẳng đáy, 1 mặt phẳng song song với mặt phẳng đáy và đi qua trung điểm của cạnh bên.

Như vậy có tất cả 4 mặt phẳng đối xứng của hình lăng trụ tam giác đều.

Câu 3: Đáp án D

Phương pháp:

Điểm $x = {x_0}$ được gọi là điểm cực tiểu của hàm số $y = f\left( x \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f’\left( {{x_0}} \right) = 0\\f”\left( {{x_0}} \right) > 0\end{array} \right..$

Cách giải:

TXĐ: $D = \mathbb{R}.$

Điểm $M\left( {1;2} \right)$ thuộc đồ thị hàm số $y = {x^3} – {x^2} – x + 3.$

Ta có: $y’ = 3{x^2} – 2x – 1;y” = 6x – 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y’\left( 1 \right) = 0\\y”\left( 1 \right) = 4 > 0\end{array} \right..$

Suy ra $x = 1$ là điểm cực tiểu của hàm số hay $M\left( {1;2} \right)$ là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho

Câu 4: Đáp án B

Phương pháp:

Công thức tính thể tích của khối cầu: $V = \frac{4}{3}\pi {R^3},{\rm{ }}R$ là bán kính của khối cầu.

Cách giải:

$V = \frac{4}{3}\pi {R^3} \Leftrightarrow 36\pi = \frac{4}{3}\pi {R^3} \Leftrightarrow R = 3\left( {cm} \right)$

Vậy bán kính của khối cầu đã cho là $3\left( {cm} \right).$

Câu 5: Đáp án A

Phương pháp:

Lập BBT và kết luận các khoảng đơn điệu của hàm số.

Cách giải:

TXĐ: $D = \mathbb{R}$

$y’ = 12{x^3} + 12{x^2} = 12{x^2}\left( {x + 1} \right)$

$y’ = 0 \Leftrightarrow x = – 1$

BBT của hàm số như sau:

Từ BBT ta thấy, hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( { – 1; + \infty } \right)$ và nghịch biến trên khoảng $\left( { – \infty ; – 1} \right).$

Câu 6: Đáp án A

Phương pháp:

– Tính $y’.$

– Cho $y’ = 0$ để tìm cực trị của hàm số

Cách giải:

Hàm số $y = \frac{{2x – 1}}{{x + 1}}$ có TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { – 1} \right\}.$

$y’ = \frac{{2.1 – 1.\left( { – 1} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0{\rm{ }}\forall x \in D.$

Do đó hàm số đồng biến trên $\left( { – \infty ; – 1} \right)$ và $\left( { – 1; + \infty } \right),$ hàm số không có cực trị.

Chú ý: – Nhớ nhanh: Hàm bậc nhất /bậc nhất luôn đơn điệu trên từng khoảng xác định và không có cực trị.

– Hàm số $y = \left| x \right|$ có điểm cực trị tại $x = 0.$

Câu 7: Đáp án B

Phương pháp

Nhận biết các dạng đồ thị hàm số mũ, hàm số logarit, hàm lũy thừa,…

Cách giải:

Phương trình $y = ax + b$ với $a \ne 0$ có đồ thị là dạng đường thẳng. Suy ra đáp án C sai.

Phương trình $y = {\log _2}\left( {4x} \right)$ có TXĐ $D = \left( {0; + \infty } \right)$ nên phương án A sai.

Đồ thị hàm số đi qua 2 điểm $\left( {1;2} \right)$ nên đáp án D sai.

Câu 8: Đáp án D

Phương pháp:

Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left[ {a;b} \right].$

– Tìm TXĐ.

– Tính $y’,$ giải phương trình $y’ = 0 \Rightarrow $ Các nghiệm ${x_i} \in \left[ {a;b} \right]$

– Tính $f\left( a \right);{\rm{ }}f\left( b \right);\;f\left( {{x_i}} \right)$ và kết luận:

$\mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \max \left\{ {f\left( a \right),{\rm{ }}f\left( b \right),\,{\rm{ }}f\left( {{x_i}} \right)} \right\},{\rm{ }}\mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \min \left\{ {f\left( a \right),{\rm{ }}f\left( b \right),{\rm{ }}f\left( {{x_i}} \right)} \right\}.$

Cách giải:

TXĐ: $D = \mathbb{R}$

$y’ = 4{x^3} – 4x = 4x\left( {{x^2} – 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = – 1\end{array} \right.$

Ta có: $f\left( { – 3} \right) = 48;f\left( { – 1} \right) = – 16;{\rm{ }}f\left( 0 \right) = – 15;{\rm{ }}f\left( 1 \right) = – 16;{\rm{ }}f\left( 2 \right) = – 7$

$ \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ { – 3;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( { – 3} \right) = 48.$

Câu 9: Đáp án C

Phương pháp:

– Tìm TXĐ.

– Giải phương trình hoành độ giao điểm và suy ra tọa độ các điểm $A,B.$

– Sử dụng công thức: $AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} – {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} – {y_A}} \right)}^2}} .$ Sử dụng định lí Vi-ét.

Cách giải:

TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}.$

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

$x + 1 = \frac{{x + 3}}{{x – 1}}{\rm{ }}\left( {x \ne 1} \right) \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x – 1} \right) = x + 3$

$ \Leftrightarrow {x^2} – 1 = x + 3 \Leftrightarrow {x^2} – x – 4 = 0$

Phương trình ${x^2} – x – 4 = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)$ có $\Delta = {\left( { – 1} \right)^2} – 4.1.\left( { – 4} \right) = 17 > 0.$

$ \Rightarrow $ Phương trình $\left( 1 \right)$ luôn có 2 nghiệm phân biệt.

Gọi ${x_1};{\rm{ }}{x_2}$ là 2 nghiệm của phương trình ${x^2} – x – 4 = 0.$

Áp dụng định lý Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 1\\{x_1}.{x_2} = – 4\end{array} \right.$

Gọi $A\left( {{x_1};{x_1} + 1} \right);{\rm{ }}B\left( {{x_2};{x_2} + 1} \right).$

$ \Rightarrow AB = \sqrt {{{\left( {{x_1} – {x_2}} \right)}^2} + {{\left( {{x_1} + 1 – {x_2} – 1} \right)}^2}} = \sqrt {2{{\left( {{x_1} – {x_2}} \right)}^2}} $

$ = \sqrt {2\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} – 4{x_1}{x_2}} \right]} = \sqrt {2\left( {{1^2} – 4.\left( { – 4} \right)} \right)} = \sqrt {34} $

Câu 10: Đáp án C

Phương pháp:

– Tìm TXĐ.

– Tính $y’.$

– Giải phương trình $y’ = 0,$ lập BBT để tìm điểm cực đại, cực tiểu của hàm số.

Cách giải:

TXĐ: $D = \mathbb{R}$

Ta có: $y’ = 4{x^3} – 8x = 4x\left( {{x^2} – 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm \sqrt 2 \end{array} \right.$

BBT:

Từ BBT ta thấy hàm số đạt cục đại tại $x = 0$ hay điểm cực đại của đồ thị hàm số là $A\left( {0;1} \right)$

Hàm số có giá trị nhỏ nhất là $ – 3$

Hàm số không có giá trị lớn nhất.

Vậy khẳng định sai là đáp án C.

Chú ý: Phân biệt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất về giá trị cực đại, cực tiểu.

Câu 11: Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng công thức lãi kép ${A_n} = A{\left( {1 + r} \right)^n}.$ Trong đó:

${A_n}$: Số tiền nhận được sau $n$ năm (Cả gốc lẫn lãi)

$A$: Số tiền gốc ban đầu.

$r$: lãi suất (%/năm)

$n$: Số năm gửi.

Cách giải:

Sau 1 năm, số tiền bác Minh nhận được khi gửi ở loại kì hạn theo quý là

${A_1} = 200.{\left( {1 + 2,1\% } \right)^4}$ (triệu đồng)

Sau 1 năm, số tiền bác Minh nhận được khi gửi ở loại kì hạn theo tháng là:

${A_2} = 200.{\left( {1 + 0,73\% } \right)^{12}}$ (triệu đồng)

Tổng số tiền bác Minh nhận được là:

${A_3} = {A_1} + {A_2}$

Bác Minh cho số tiền ${A_3}$ gửi ở loại kì hạn theo tháng thêm 1 năm thì được tổng số tiền là:

${A_4} = {A_3}{\left( {1 + 0,73\% } \right)^{12}} \approx 475,304$ (triệu đồng)

Vậy số tiền lãi bác nhận được sau 2 năm là:

${A_5} = {A_4} – 400 \approx 75,304$ (triệu đồng)

Chú ý: Bài toán chỉ hỏi số tiền lãi chứ không hỏi cả gốc và lãi.

Câu 12: Đáp án C

Phương pháp:

Hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ có đường tiệm cận đứng là $x = \frac{{ – d}}{c}$ và đường tiệm cận ngang là $y = \frac{a}{c}.$

Cách giải:

Đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}$ có đường tiệm cận đứng là $x = – 1$ và đường tiệm cận ngang là $y = 2.$

Câu 13: Đáp án B

Phương pháp:

– Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp của hình lăng trụ và bán kính $R$ của mặt cầu đó.

– Diện tích mặt cầu ngoại tiếp là $S = 4\pi {R^2}.$

Cách giải:

 Gọi hình lăng trụ đã cho là $ABC.A’B’C’.$

Hình lăng trụ đã cho là hình lăng trụ tam giác đều nên tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ là trung điểm đoạn nối tâm 2 đáy.

Gọi $O$ và $O’$ lần lượt là tâm của hai đáy $ABC$ và $A’B’C’.$

Gọi $I$ là trung điểm $OO’$ suy ra $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ $ABC.A’B’C’$

Ta có: $R = IC = \sqrt {I{O^2} + O{C^2}} $

$\left\{ \begin{array}{l}IO = \frac{1}{2}OO’ = \frac{1}{2}AA’ = \frac{a}{2}\\OA = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\end{array} \right. \Rightarrow R = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{6}.$

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đó là $S = 4\pi {R^2} = \frac{{7\pi {a^2}}}{3}.$

Câu 14: Đáp án C

Phương pháp:

Nhận dạng đồ thị dựa vào các đường tiệm cận, các điểm thuộc đồ thị.

Cách giải:

Đồ thị hàm số $y = 1 – x$ có dạng là 1 đường thẳng nên loại đáp án A.

Đồ thị của hàm số đã cho có đường tiệm cận đứng là $x = – 1$ và đường tiệm cận ngang là $y = – 1$.

$ \Rightarrow $ Loại đáp án D (Vì có TCN $y = – 2$)

Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {0;1} \right)$ nên loại đáp án B.

Câu 15: Đáp án C

Phương pháp

Khối chóp có mặt cầu ngoại tiếp khi và chỉ khi tất cả các mặt của chóp là đa giác nội tiếp.

Cách giải:

 Giả sử có đường tròn ngoại tiếp hình thang $ABCD.$

Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy $ \Rightarrow OA = OB = OC = OD.$

$OA = OB = OD \Rightarrow O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABD \Rightarrow O$ là trung điểm của $BD$ (do tam giác $ABD$ vuông tại $A$)

CMTT ta có $O$ là trung điểm của $AC.$

Khi đó $ABCD$ là hình bình hành, lại có $\angle BAD = 90^\circ \Rightarrow ABCD$ là hình chữ nhật.

$ \Rightarrow AD = BC$ (mâu thuẫn).

Vậy không có mặt cầu ngoại tiếp chóp $S.ABCD$ hay không tồn tại tâm $I$ của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABCD.$

Câu 16: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng các công thức $\sqrt[m]{{{a^n}}} = {a^{\frac{n}{m}}},{\rm{ }}{a^m}.{a^n} = {a^{m + n}}$ và hằng đẳng thức.

Cách giải:

$f\left( a \right) = \frac{{{a^{\frac{2}{3}}}\left( {\sqrt[3]{{{a^{ – 2}}}} – \sqrt[3]{a}} \right)}}{{{a^{\frac{1}{8}}}\left( {\sqrt[8]{{{a^3}}} – \sqrt[8]{{{a^{ – 1}}}}} \right)}} = \frac{{{a^{\frac{2}{3}}}\left( {{a^{\frac{{ – 2}}{3}}} – {a^{\frac{1}{3}}}} \right)}}{{{a^{\frac{1}{8}}}\left( {{a^{\frac{3}{8}}} – {a^{\frac{{ – 1}}{8}}}} \right)}} = \frac{{{a^0} – {a^1}}}{{{a^{\frac{1}{2}}} – {a^0}}}$

$ = \frac{{1 – a}}{{\sqrt a – 1}} = \frac{{\left( {1 – \sqrt a } \right)\left( {1 + \sqrt a } \right)}}{{\sqrt a – 1}} = – \left( {\sqrt a + 1} \right).$

Thay $a = {2019^{2018}}$ vào ta được $M = f\left( {{{2019}^{2018}}} \right) = – \left( {\sqrt {{{2019}^{2018}}} + 1} \right) = – {2019^{1009}} – 1.$

Câu 17: Đáp án D

Phương pháp:

Hoành độ tâm đối xứng của hàm đa thức bậc ba là nghiệm của phương trình $y” = 0.$

Cách giải:

Ta có: $\begin{array}{l}y’ = 3{x^2} – 3 \Rightarrow y” = 6x\\y” = 0 \Leftrightarrow x = 0 \Rightarrow y = 1\end{array}$

Vậy $I\left( {0;1} \right)$ là tâm đối xứng của đồ thị hàm số $y = {x^3} – 3x + 1.$

Câu 18: Đáp án B

Phương pháp:

– Tìm điểm cố định mà với mọi giá trị của $m$ thì đồ thị hàm số luôn đi qua.

– Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm đó.

Cách giải:

Ta có:

$y = {x^4} + \left( {m – 2} \right){x^2} – 2\left( {m + 2} \right)x + m + 5$

$ \Leftrightarrow y = \left( {{x^4} – 2{x^2} – 4x + 5} \right) + m\left( {{x^2} – 2x + 1} \right)$

Để $\left( {{C_m}} \right)$ luôn đi qua 1 điểm khi $m$ thay đổi thì ${x^2} – 2x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1$

Với $x = 1$ thì $y = 0$, suy ra đồ thị hàm số $\left( {{C_m}} \right)$ luôn đi qua điểm cố định $A\left( {1;0} \right).$

Ta có: $y’ = f’\left( x \right) = 4{x^3} + 2\left( {m – 2} \right)x – 2\left( {m + 2} \right).$

$ \Rightarrow f’\left( 1 \right) = 4 + 2.\left( {m – 2} \right).1 – 2\left( {m + 2} \right) = 4 + 2m – 4 – 2m – 4 = – 4$

Suy ra phương trình tiếp tuyến chung của các đường cong $\left( {{C_m}} \right)$ tại điểm $A\left( {1;0} \right)$ là:

$d:y = f’\left( 1 \right)\left( {x – 1} \right) + 0 = – 4\left( {x – 1} \right) = – 4x + 4.$

Câu 19: Đáp án D

Phương pháp:

– Viết phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng với đồ thị hàm số.

– Giải phương trình trên, nghiệm của phương trình là hoành độ giao điểm.

– Tìm tung độ giao điểm khi đã biết hoành độ.

Cách giải:

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

$\frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^2}}}{2} – 2x = – \frac{{9x}}{4} – \frac{1}{{24}} \Leftrightarrow 8{x^3} + 12{x^2} + 6x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = – \frac{1}{2}$

Tung độ giao điểm là $y = – \frac{9}{4}.\left( { – \frac{1}{2}} \right) – \frac{1}{{24}} = \frac{{13}}{{12}}.$

Câu 20: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng các công thức $\left( {{{\log }_a}u} \right)’ = \frac{{u’}}{{u\ln a}};{\rm{ }}\left( {{a^u}} \right)’ = u'{a^u}\ln a.$

Cách giải:

$y’ = \frac{{\left( {{e^x}} \right)’}}{{{e^x}.\ln 10}} + \left( {2x + 1} \right)'{.2^{2x + 1}}.\ln 2$

$ = \frac{{{e^x}}}{{{e^x}.\ln 10}} + {2.2^{2x + 1}}\ln 2 = \frac{1}{{\ln 10}} + {2^{2x + 2}}.\ln 2$

Câu 21: Đáp án B

Phương pháp:

Hàm số $y = f\left( x \right)$ có $f’\left( x \right) < 0{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}$ là hàm nghịch biến trên $\mathbb{R}$. Khi đó $f\left( {{x_1}} \right) = f\left( {{x_2}} \right) \Leftrightarrow {x_1} = {x_2}.$

Cách giải:

Hàm số đã cho có $f’\left( x \right) < 0{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow $ Hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}.$

Do đó:

$f\left( {\sin x + \cos 2x} \right) = f\left( m \right) \Leftrightarrow \sin x + \cos 2x = m$

$ \Leftrightarrow \sin x + 1 – 2{\sin ^2}x = m \Leftrightarrow – 2{\sin ^2}x + \sin x + 1 = m$

Đặt $t = \sin x\left( {t \in \left[ { – 1;1} \right]} \right)$ thì ta có: $m = – 2{t^2} + t + 1 = g\left( t \right){\rm{ }}\left( 1 \right)$

Để phương trình đã cho có nghiệm với $\forall x \in \mathbb{R}$ thì phương trình $\left( 1 \right)$ phải có nghiệm với mọi $t \in \left[ { – 1;1} \right].$

Xét hàm số $g\left( t \right) = – 2{t^2} + t + 1$ nên $\left[ { – 1;1} \right]$ ta có: $g’\left( t \right) = – 4t + 1 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{4}$

BBT:

Từ BBT ta thấy, để phương trình $\left( 1 \right)$ có nghiệm với mọi $t \in \left[ { – 1;1} \right]$ thì $m \in \left[ { – 2;\frac{9}{8}} \right].$

Mà $m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { – 2; – 1;0;1} \right\}.$

Vậy có 4 giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn.

Câu 22: Đáp án C

Phương pháp:

Tìm tâm $I$ của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABCD$ bằng cách:

– Tìm tâm $O$ của đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy $ABCD.$

– Dựng đường thẳng $d$ qua $O$ và vuông góc với $\left( {ABCD} \right).$

– $I$ là giao điểm của $d$ và mặt phẳng trung trực bất kì của cạnh bên.

Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

Cách giải:

Gọi $O = AC \cap BD \Rightarrow O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông $ABCD.$

Dựng đường thẳng $d$ qua $O$ và vuông góc với $\left( {ABCD} \right).$

Dựng mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng trung trực của cạnh bên $SA$ và cắt $SA$ tại $M.$

Gọi $I = d \cap \left( \alpha \right)$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp $S.ABCD.$

Ta có: ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.A{B^2} \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 2 }}{3}{a^3} = \frac{1}{2}.a\sqrt 2 .A{B^2} \Rightarrow AB = a$

$ \Rightarrow AD = a\sqrt 2 \Rightarrow AO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.$

Do $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC \Leftrightarrow MA \bot AO.$

Ta có $SA = a\sqrt 2 \Rightarrow AM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = OI.$

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông $OAI$ có:

$R = AI = \sqrt {A{O^2} + O{I^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = a$.

Câu 23: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng các công thức ${\log _a}\frac{x}{y} = {\log _a}x – {\log _a}y,{\rm{ }}{\log _a}\left( {xy} \right) = {\log _a}x + {\log _a}y.$

Cách giải:

${\log _5}\frac{{4\sqrt 2 }}{{\sqrt {15} }} = {\log _5}4\sqrt 2 – {\log _5}\sqrt {15} = {\log _5}\sqrt {32} – {\log _5}\sqrt {15} $

$ = \frac{1}{2}{\log _5}32 – \frac{1}{2}{\log _5}15 = \frac{1}{2}{\log _5}{2^5} – \frac{1}{2}\left( {{{\log }_5}3 + {{\log }_5}5} \right)$

$ = \frac{5}{2}{\log _5}2 – \frac{1}{2}\left( {{{\log }_5}3 + 1} \right) = \frac{5}{2}a – \frac{1}{2}\left( {b + 1} \right) = \frac{{5a – b – 1}}{2}.$

Câu 24: Đáp án C

Phương pháp:

– Tìm TXĐ.

– Tính $f’\left( x \right)$ để xét tính đồng biến, nghịch biến.

Cách giải:

TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}.$

Ta có: $f’\left( x \right) = \frac{{0.1 – \left( { – 1} \right).\left( { – 2} \right)}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}} = \frac{{ – 2}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}} < 0{\rm{ }}\forall x \in D.$

Suy ra hàm số nghịch biến trên $\left( { – \infty ;1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right).$

Câu 25: Đáp án B

Phương pháp:

– Vẽ đồ thị hàm số $y = f\left( x \right),$ sau đó suy ra đồ thị hàm số $y = \left| {f\left( {1 – x} \right) + 1} \right|$

– Số nghiệm của phương trình $\left| {f\left( {1 – x} \right) + 1} \right| = 6$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = \left| {f\left( {1 – x} \right) + 1} \right|$ và đường thẳng $y = 6$ song song với trục hoành.

Cách giải:

Xét hàm số $g\left( x \right) = f\left( {1 – x} \right) + 1$ ta có: $g’\left( x \right) = – f’\left( {1 – x} \right) = 0 \Leftrightarrow f’\left( {1 – x} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 – x = – 1\\1 – x = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2 \Rightarrow g\left( 2 \right) = f\left( { – 1} \right) + 1 = 6\\x = – 2 \Rightarrow g\left( { – 2} \right) = f\left( 3 \right) + 1 = – 2\end{array} \right.$

Ta có BBT hàm số $y = g\left( x \right)$ như sau:

Từ đó suy ra đồ thị hàm số $y = \left| {g\left( x \right)} \right| = \left| {f\left( {1 – x} \right) + 1} \right|$ như sau

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng $y = 6$ cắt đồ thị hàm số $y = \left| {f\left( {1 – x} \right) + 1} \right|$ tại 3 điểm phân biệt.

Vậy phương trình $\left| {f\left( {1 – x} \right) + 1} \right| = 6$ có 3 nghiệm phân biệt

Câu 26: Đáp án A

Phương pháp:

Để tính được thể tích của khối lăng trụ, ta chỉ cần đi tìm $AA’$

Cách giải:

 Xét tam giác vuông $ABC$ có: $AB = AC.\tan BCA = a.\tan 60^\circ = a\sqrt 3 .$

$ \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.a\sqrt 3 .a = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.$

Do lăng trụ $ABC.A’B’C’$ là lăng trụ đứng

$ \Rightarrow AA’ \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AA’ \bot BA{\rm{ }}\left( 1 \right)$

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên $AB \bot AC{\rm{ }}\left( 2 \right).$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $BA \bot \left( {ACC’A’} \right) \Rightarrow $ Hình chiếu của $BC’$ trên $\left( {ACC’A’} \right)$ là $AC’.$

$ \Rightarrow \angle \left( {BC’;\left( {ACC’A’} \right)} \right) = \angle \left( {BC’;AC’} \right) = \angle AC’B = 30^\circ .$

$AB \bot \left( {ACC’A’} \right) \Rightarrow AB \bot AC’ \Rightarrow \Delta ABC’$ vuông tại $A.$

Xét tam giác vuông $ABC’$ có: $AC’ = \frac{{AB}}{{\tan BC’A}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}} = 3a.$

$ \Rightarrow CC’ = \sqrt {AC{‘^2} – A{C^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} – {a^2}} = 2\sqrt 2 a.$

Vậy ${V_{ABC.A’B’C’}} = AA’.{S_{ABC}} = 2\sqrt 2 a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = {a^3}\sqrt 6 .$

Câu 27: Đáp án B

Phương pháp:

 – Xác định chân đường cao hạ từ S xuống mặt phẳng đáy

– Dựa vào các dữ kiện của bài toán để tính độ dài đường cao

– Tính thể tích khối chóp theo công thức $V = \frac{1}{3}.h.{S_{ABC}}$

Cách giải:

Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $B{C^2} = \sqrt {A{C^2} – A{B^2}} = \sqrt 2 a.$

$ \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = \frac{1}{2}.a.a\sqrt 2 = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2}.$

Gọi $H$ là trung điểm của $AB \Rightarrow SH \bot AB$ ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAB} \right) \supset SH \bot AB\end{array} \right..$

Tam giác $SAB$ đều cạnh $a \Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.$

Vậy ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}.$

Câu 28: Đáp án B

Phương pháp:

– Tìm giao điểm của $\left( C \right)$ và trục tung.

– Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ $x = {x_0}$ là $y = f’\left( {{x_0}} \right)\left( {x – {x_0}} \right) + {y_0}.$

Cách giải:

Cho $x = 0 \Rightarrow y = – 2 \Rightarrow $ Giao điểm của $\left( C \right)$ và trục tung là $A\left( {0; – 2} \right).$

Ta có: $y’ = – 3{x^2} + 3 \Rightarrow y’\left( 0 \right) = 3.$

Vậy phương trình tiếp tuyến tổng quát của đồ thị hàm số tại điểm $A\left( {0; – 2} \right)$ là: $y = 3\left( {x – 0} \right) – 2 = 3x – 2.$

Câu 29: Đáp án D

Phương pháp:

Vận dụng lý thuyết của hình đa diện.

Cách giải:

Mỗi đỉnh của hình đa diện phải thuộc ít nhất 3 mặt.

Câu 30: Đáp án C

Phương pháp:

Áp dụng một số bất đẳng thức của hàm số mũ như sau:

$a > 1 \Rightarrow {a^m} > {a^n} \Leftrightarrow m > n$

$a < 1 \Rightarrow {a^m} > {a^n} \Leftrightarrow m < n$

Cách giải:

Áp dụng khi $a > 1$ ta có:

$\sqrt[3]{{{a^2}}} = {a^{\frac{2}{3}}} < a \Rightarrow \frac{{\sqrt[3]{{{a^2}}}}}{a} < 1$

${a^{2017}} < {a^{2018}} \Rightarrow \frac{1}{{{a^{2017}}}} > \frac{1}{{{a^{2018}}}}$

${a^{ – \sqrt 3 }} > {a^{ – \sqrt 5 }} = \frac{1}{{{a^{\sqrt 5 }}}}$

${a^{\frac{1}{3}}} < {a^{\frac{1}{2}}} = \sqrt a $

Suy ra đáp án đúng là C.

Câu 31: Đáp án D

Phương pháp:

– Tính $y’.$

– Giải phương trình $y’ = 0,$ xác định các nghiệm bội lẻ của phương trình.

Cách giải:

TXĐ: $D = \mathbb{R}.$

Ta có:

$y = \frac{1}{{11}}{x^{11}} – \frac{5}{9}{x^9} + \frac{{10}}{7}{x^7} – 2{x^5} + \frac{5}{3}{x^3} – x + 2018$

$y’ = {x^{10}} – 5{x^8} + 10{x^6} – 10{x^4} + 5{x^2} – 1$

$y’ = 0$

$ \Leftrightarrow {x^{10}} – 5{x^8} + 10{x^6} – 10{x^4} + 5{x^2} – 1 = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {{x^{10}} – {x^8}} \right) – 4\left( {{x^8} – {x^6}} \right) + 6\left( {{x^6} – {x^4}} \right) – 4\left( {{x^4} – {x^2}} \right) + \left( {{x^2} – 1} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {{x^2} – 1} \right)\left( {{x^8} – 4{x^6} + 6{x^4} – 4{x^2} + 1} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {{x^2} – 1} \right){\left( {{x^2} – 1} \right)^4} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = – 1\end{array} \right.$

Ta thấy $x = – 1,{\rm{ }}x = 1$ là hai nghiệm bội lẻ của phương trình $y’ = 0.$

Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Câu 32: Đáp án A

Phương pháp:

– Tìm TXĐ.

– Tính $y’.$

– Để hàm số nghịch biến trên khoảng $D$ thì $y’ < 0$ với $\forall x \in D.$

– Cô lập $m,$ sử dụng phương pháp hàm số.

Cách giải:

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên khoảng $D = \left( { – \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)$

Ta có: $y’ = \left( {{m^2} – 3} \right).\cos x – \frac{1}{{{{\cos }^2}x}}$

Để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $D$ thì $y’ \le 0{\rm{ }}\forall x \in D.$

$ \Leftrightarrow \left( {{m^2} – 3} \right).\cos x – \frac{1}{{{{\cos }^2}x}} \le 0{\rm{ }}\forall x \in D$

$ \Leftrightarrow {m^2} – 3 \le \frac{1}{{{{\cos }^3}x}} = f\left( x \right){\rm{ }}\forall x \in D$ (do $\cos x > 0{\rm{ }}\forall x \in D$)

Với $x \in \left( { – \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow 0 < \cos x \le 1 \Leftrightarrow 0 < {\cos ^3}x \le 1 \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\cos }^3}x}} \ge 1$

$ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_D f\left( x \right) = 1 \Rightarrow {m^2} – 3 \le 1 \Leftrightarrow – 2 \le m \le 2.$

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 33: Đáp án B

Phương pháp:

Vẽ hình và phân tích đề

Vận dụng các kiến thức về hình học để tính

Cách giải:

Giả sử có một tiếp tuyến đi qua $A$ và cắt mặt cầu tại $B.$

Qua $B$ kẻ $BI \bot OA\left( {I \in OA} \right)$ thì $I$ là tâm đường tròn là tập hợp các tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ $A.$

Theo giả thiết ta có: $IB = \frac{{\sqrt 2 R}}{2}.$

Tam giác $OBA$ vuông tại $B,$ có chiều cao $BI$ nên ta có:

$\frac{1}{{I{B^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{B{A^2}}}$ (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

$ \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\left( {\frac{{\sqrt 2 R}}{2}} \right)}^2}}} = \frac{1}{{{R^2}}} + \frac{1}{{B{A^2}}} \Rightarrow BA = R$

$ \Rightarrow OA = \sqrt {O{B^2} + B{A^2}} = \sqrt 2 R$

Câu 34: Đáp án A

Phương pháp:

Hàm số $y = {e^{f\left( x \right)}}$ xác định $ \Leftrightarrow f\left( x \right)$ xác định.

Cách giải:

Do ${x^2} + 2x$ xác định trên $\mathbb{R}$ mà hàm số $y = {e^{{x^2} + 2x}}$ xác định khi ${x^2} + 2x$ xác định.

$ \Rightarrow TXD:D = \mathbb{R}.$

Câu 35: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng tính đơn điệu của hàm số.

Cách giải:

Ta có: $f’\left( x \right) = x\left( {{x^2} – 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = – 1\\x = 1\end{array} \right.$

BBT:

Hàm số nghịch biến trên $\left( {0;1} \right) \Rightarrow f\left( 0 \right) > f\left( 1 \right) \Rightarrow $ Loại đáp án A, B, D.

Câu 36: Đáp án A

Phương pháp:

Dạng bài về tìm quỹ tích.

Cách giải:

Gọi $I$ là tâm mặt cầu đi qua $A,B \Rightarrow IA = IB.$

$ \Rightarrow I$ nằm trên mặt phẳng trung trực của $AB.$

Câu 37: Đáp án A

Phương pháp:

Hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$ khi $y’ < 0{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}$.

Cách giải:

Với $m = 1$ ta có: $y = – 2x + 5$ có hệ sốc góc bằng $ – 2 < 0$ nên hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$

Với $m \ne 1,$ hàm số đã cho nghịch biến trên $\mathbb{R} \Leftrightarrow y’ < 0{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}$ (dấu “=” xảy ra tại hữu hạn điểm).

$ \Leftrightarrow 3\left( {m – 1} \right){x^2} + 2\left( {m – 1} \right)x – 2 \le 0{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m – 1 < 0\\\Delta ‘ \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 1\\\Delta ‘ \le 0\end{array} \right.$

Do $m$ là số nguyên dương nên không có giá trị nào của $m$ thỏa mãn điều kiện $m < 1$

Vậy chỉ có $m = 1$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 38: Đáp án D

Phương pháp:

Tính tổng số đo của các góc ở từng mặt sau đó cộng tổng lại ta được tổng số đo của tất cả các góc trong hình chóp ngũ giác.

Đa giác có $n$ đỉnh thì có tổng số đo các góc là $\left( {n – 2} \right)\pi .$

Cách giải:

Hình chóp ngũ giác có mặt đáy là hình ngũ giác, có tổng số đo các góc là $\left( {5 – 2} \right)\pi = 3\pi $ và 5 mặt bên, mỗi mặt bên là một tam giác có số đo các góc là $\pi .$

Do đó tổng số đo tất cả các góc của hình chóp ngũ giác là $3\pi + 5\pi = 8\pi .$

Câu 39: Đáp án A

Phương pháp:

Điểm $\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ là điểm cực đại của hàm số $y = f\left( x \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( {{x_0}} \right) = {y_0}\\f’\left( {{x_0}} \right) = 0\\f”\left( {{x_0}} \right) < 0\end{array} \right.$

Cách giải:

TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { – 1} \right\}.$

Ta có: $y’ = 2ax – \frac{b}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}.$

$A\left( {0;1} \right)$ là điểm cực đại của đồ thị hàm số đã cho nên $\left\{ \begin{array}{l}y’\left( 0 \right) = 0\\y\left( 0 \right) = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 0\\{a^2} + b = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 0\\a = \pm 1\end{array} \right..$

Ta có $y” = 2a – \frac{{2b\left( {x + 1} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^4}}} = 2a – \frac{{2b}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}.$

+ Với $a = 1,b = 1 \Rightarrow y” = 2 – \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}} \Rightarrow y”\left( 0 \right) = 0.$

+ Với $a = – 1,b = 1 \Rightarrow y” = – 2 – \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}} \Rightarrow y”\left( 0 \right) = – 4 < 0\left( {tm} \right).$

Vậy $a = – 1,{\rm{ }}b = 0.$

Câu 40: Đáp án B

Phương pháp:

Cho hàm số $y = f\left( x \right).$

– Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} y = \infty \Rightarrow x = {x_0}$ là TCĐ của đồ thị hàm số.

– Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = {y_0} \Rightarrow y = {y_0}$ là TCN của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Theo giả thiết, $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} f\left( x \right) = + \infty $ nên đường thẳng $x = 1$ là TCĐ của đồ thị hàm số.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f\left( x \right) = – \infty ,{\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty $ nên đường đồ thị hàm số không có TCN.

Câu 41: Đáp án A

Phương pháp:

Cho hàm số $y = f\left( x \right)$

– Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} y = \infty \Rightarrow x = {x_0}$ là TCĐ của đồ thị hàm số.

– Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = {y_0} \Rightarrow y = {y_0}$ là TCN của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Áp dụng: Từ BBT, đồ thị hàm số đã cho có:

Hai tiệm cận ngang là $y = 1;{\rm{ }}y = – 1$

Một đường tiệm cận đứng là $x = – 1.$

Không có giá trị lớn nhất bởi tại $x = – 1$ thì hàm số không xác định.

Câu 42: Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết khối đa diện.

Cách giải:

Khối 20 mặt đều có 12 đỉnh.

Câu 43: Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết khối đa diện.

Cách giải:

Số cạnh, số mặt và số đỉnh của khối đa diện đều luôn là số chẵn. Do đó không thể tồn tại khối đa diện đều có số cạnh là số lẻ.

Câu 44: Đáp án B

Phương pháp:

Áp dụng các công thức ${a^{m + n}} = {a^m}.{a^n};{\rm{ }}{a^{m – n}} = \frac{{{a^m}}}{{{a^n}}};{\rm{ }}{a^{ – m}} = \frac{1}{{{a^m}}}.$

Cách giải:

${a^{ – m}}.{b^m} = \frac{{{b^m}}}{{{a^m}}} = {\left( {\frac{b}{a}} \right)^m} \Rightarrow $ Đáp án B đúng.

Câu 45: Đáp án A

Phương pháp:

– Rút gọn biểu thức.

– Tính đạo hàm, sử dụng công thức ${\left( {\frac{1}{x}} \right)^\prime } = – \frac{1}{{{x^2}}}.$

Cách giải:

$y = {\left( {\frac{{2018}}{x}} \right)^{2019}}.{\left( {\frac{x}{{2019}}} \right)^{2018}} = \frac{{{{2018}^{2019}}.{x^{2018}}}}{{{x^{2019}}{{.2019}^{2018}}}} = \frac{{{{2018}^{2019}}}}{{{{2019}^{2018}}}}.\frac{1}{x}$

$ \Rightarrow y’ = \frac{{{{2018}^{2019}}}}{{{{2019}^{2018}}}}.\left( { – \frac{1}{{{x^2}}}} \right) \Rightarrow y’\left( 1 \right) = – \frac{{{{2018}^{2019}}}}{{{{2019}^{2018}}}}$

Câu 46: Đáp án A

Phương pháp:

Đưa hệ phương trình về hệ đơn giản để giải.

Cách giải:

Ta có:

${3^{\sqrt[3]{{{x^2}}}}}{.9^{\sqrt[3]{{{y^2}}}}}{.27^{\sqrt[3]{{{z^2}}}}} = {3^6}$

$ \Leftrightarrow {3^{\sqrt[3]{{{x^2}}}}}{.3^{2.\sqrt[3]{{{y^2}}}}}{.3^{3.\sqrt[3]{{{z^2}}}}} = {3^6}$

$ \Leftrightarrow \sqrt[3]{{{x^2}}} + 2.\sqrt[3]{{{y^2}}} + 3.\sqrt[3]{{{z^2}}} = 6$

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

$\sqrt[3]{{{x^2}}} + 2.\sqrt[3]{{{y^2}}} + 3.\sqrt[3]{{{z^2}}}$

$ = \sqrt[3]{{{x^2}}} + \sqrt[3]{{{y^2}}} + \sqrt[3]{{{y^2}}} + \sqrt[3]{{{z^2}}} + \sqrt[3]{{{z^2}}} + \sqrt[3]{{{z^2}}}$

$ \ge 6.\sqrt[6]{{\sqrt[3]{{{x^2}}}.{{\left( {\sqrt[3]{{{y^2}}}} \right)}^2}.{{\left( {\sqrt[3]{{{z^2}}}} \right)}^3}}}$

$ = 6.\sqrt[6]{{\sqrt[3]{{{{\left( {x.{y^2}.{z^3}} \right)}^2}}}}} = 6$

Dấu “=” xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt[3]{{{x^2}}} = \sqrt[3]{{{y^2}}} = \sqrt[3]{{{z^2}}} = 1\\x.{y^2}.{z^3} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} = {y^2} = {z^2} = 1\\x.{y^2}.{z^3} = 1\end{array} \right.$.

$ \Rightarrow \left( {x;y;z} \right) \in \left\{ {\left( { – 1; – 1; – 1} \right);\left( { – 1;1; – 1} \right);\left( {1; – 1;1} \right);\left( {1;1;1} \right)} \right\}.$

Vậy có 4 bộ số thực $\left( {x;y;z} \right)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 47: Đáp án C

Phương pháp:

Tính diện tích tam giác bằng công thức $S = \sqrt {p\left( {p – a} \right)\left( {p – b} \right)\left( {p – c} \right)} $ (Với p là nửa chu vi, a, b, c là độ dài các cạnh).

Sử dụng bất đẳng thức $2ab \le {a^2} + {b^2}.$

Cách giải:

Diện tích của hình chữ nhật là $6.2 = 12\left( {c{m^2}} \right)$.

Đoạn thứ hai uốn thành một tam giác có độ dài cạnh là $6\left( {cm} \right);{\rm{ }}x\left( {cm} \right);{\rm{ }}y\left( {cm} \right)$ ta có:

$x + y + 6 = \frac{{32}}{2} \Leftrightarrow x + y = 10.$

Diện tích tam giác là $S = \sqrt {8.\left( {8 – 6} \right)\left( {8 – x} \right)\left( {8 – y} \right)} = 4\sqrt {\left( {8 – x} \right)\left( {8 – y} \right)} \le 2\left( {8 – x + 8 – y} \right) = 12{\rm{ }}\left( 1 \right)$

Theo giả thiết diện tích tam giác không nhỏ hơn diện tích hình chữ nhật nên $S \ge 12{\rm{ }}\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $S = 12 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 10\\8 – x = 8 – y\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = 5.$

Suy ra có 1 cách tạo ta tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 48: Đáp án A

Phương pháp:

– Tính tỉ số thể tích giữa khối chóp $S.ADE$ và khối chóp $S.ABC$

– Tính thể tích lớn nhất của khối chóp $S.ABC$ để suy ra thể tích lớn nhất của khối chóp $S.ABC$

Cách giải:

 Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {10} \\SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {13} \end{array} \right..$

Gọi $AM$ là đường kính lớn của mặt cầu ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}MB \bot AB\\MB \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow MB \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow MB \bot AD$

$AD \bot DM \Rightarrow AD \bot \left( {SBM} \right) \Rightarrow AD \bot SB$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

$S{A^2} = SD.SB \Leftrightarrow \frac{{SD}}{{SB}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}} = \frac{9}{{10}}.$

Tương tự ta cũng có: $\frac{{SE}}{{SC}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{C^2}}} = \frac{9}{{13}}.$

$ \Rightarrow \frac{{{V_{S.ADE}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SD}}{{SB}}.\frac{{SE}}{{SC}} = \frac{{81}}{{130}} \Leftrightarrow {V_{S.ADE}} = \frac{{81}}{{130}}{V_{S.ABC}}.$

Lại có:

${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{6}.SA.AB.AC.\sin A \le \frac{1}{6}.SA.AB.AC = 1$

$ \Rightarrow {V_{S.ADE}} \le \frac{{81}}{{130}}$

Vậy thể tích lớn nhất của khối chóp $S.ADE$ là $\frac{{81}}{{130}}$

Câu 49: Đáp án C

Phương pháp:

Giải hệ phương trình đã cho kết hợp sử dụng bất đẳng thức.

Cách giải:

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{\log _{2ab}}c \le 1\\a;b;c \ge 1\end{array} \right. \Rightarrow c \le 2ab = a.2b \le a\left( {{b^2} + 1} \right).$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}c = 2ab\\b = 1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 1\\c = 2a\end{array} \right.$

Thay vào phương trình đầu ta được:

${\log _{2{a^2}}}2 + {\log _{4a}}a = \frac{2}{3}$

$ \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_2}\left( {2{a^2}} \right)}} + \frac{1}{{{{\log }_a}\left( {4a} \right)}} = \frac{2}{3}$

$ \Leftrightarrow \frac{1}{{1 + 2{{\log }_2}a}} + \frac{1}{{1 + {{\log }_a}4}} = \frac{2}{3}$

$ \Leftrightarrow \frac{1}{{1 + 2{{\log }_2}a}} + \frac{1}{{1 + 2{{\log }_a}2}} = \frac{2}{3}{\rm{ }}\left( 1 \right)$

Đặt $t = {\log _2}a,$ khi đó phương trình $\left( 1 \right)$ trở thành:

$\frac{1}{{1 + 2t}} + \frac{1}{{1 + \frac{2}{t}}} = \frac{2}{3} \Leftrightarrow \frac{1}{{1 + 2t}} + \frac{t}{{t + 2}} = \frac{2}{3}$

$ \Leftrightarrow \frac{{t + 2 + t + 2{t^2}}}{{2{t^2} + 5t + 2}} = \frac{2}{3} \Leftrightarrow 6{t^2} + 6t + 6 = 4{t^2} + 10t + 4$

$ \Leftrightarrow 2{t^2} – 4t + 2 = 0 \Leftrightarrow 2{\left( {t – 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow t = 1$

$ \Rightarrow {\log _2}a = 1 \Leftrightarrow a = 2 \Rightarrow c = 4$

Vậy $S = {a^2} + {b^2} + {c^2} = {2^2} + {1^2} + {4^2} = 21.$

Câu 50: Đáp án D

Phương pháp:

Vận dụng tỉ số của các cạnh để tính tỉ số thể tích

Cách giải

Gọi $O = AC \cap BD.$ Trong $\left( {SBD} \right)$ gọi $I = MN \cap SO.$ Trong $\left( {SAC} \right)$ gọi $P = AI \cap SC.$

$ \Rightarrow $ Thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left( {AMN} \right)$ là tứ giác $AMPN.$

Ta có: $\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{SN}}{{SD}} = \frac{{SI}}{{SO}} = \frac{2}{3}$ nên $I$ là trọng tâm tam giác $SBD.$

Xét tam giác $SAC$ có $SO$ là trung tuyến, $\frac{{SI}}{{SO}} = \frac{2}{3} \Rightarrow I$ cũng là trọng tâm tam giác $SAC.$

$ \Rightarrow P$ là trung điểm của $SC.$

Ta có: $\frac{{{V_{S.AMP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SA}}{{SA}}.\frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SP}}{{SC}} = \frac{2}{3}.\frac{1}{2} = \frac{1}{3}$

$ \Rightarrow {V_{S.AMP}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}{V_{S.ABCD}}\frac{1}{6}{V_{S.ABCD}}$

Tương tự ta cũng có: ${V_{S.ANP}} = \frac{1}{6}{V_{S.ABCD}}.$

$ \Rightarrow {V_1} = {V_{S.AMP}} + {V_{S.ANP}} = \frac{1}{3}{V_{S.ABCD}}$

$ \Rightarrow {V_2} = \frac{2}{3}{V_{S.ABCD}}$

$ \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{1}{2}$

 

Bài trướcĐề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Trường THPT Thái Nguyên Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
Bài tiếp theoĐề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Đại Học Sư Phạm Hà Nội Đề Chính Thức Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

BÌNH LUẬN

Vui lòng nhập bình luận của bạn
Vui lòng nhập tên của bạn ở đây