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

Đề thi học kì 1 Toán 12 sở giáo dục đào tạo trường THPT Kim Liên có đáp án và lời giải chi tiết gồm 50 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GD&ĐT 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

Câu 1 [NB]. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào?

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

Câu 2 [VD]. Cho hàm số $f\left( x \right) = {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {1 – {x^2}} \right)$. Biết tập nghiệm của bất phương trình $f’\left( x \right) > 0$ là khoảng $\left( {a;\,\,b} \right)$. Tính $S = a + 2b$.

A. $S = – 1$. B. $S = 2$. C. $S = – 2$. D. $S = 1$

Câu 3 [TH]. Số mặt phẳng đối xứng của một hình hộp chữ nhật có chiều dài, chiều rộng, chiều cao đôi một khác nhau là

A. 6. B. 4. C. 3. D. 9.

Câu 4 [TH]. Cho a, b là hai số thực dương. Tìm x biết ${\log _3}x = 3{\log _3}a – 2{\log _{\frac{1}{3}}}b$

A. $x = {a^3}{b^2}$. B. $x = {a^2}{b^3}$. C. $x = \frac{{{a^3}}}{{{b^2}}}$. D. $x = 3{\rm{a}} + 2b$.

Câu 5 [TH]. Tính giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = \sqrt {4 – {x^2}} $ trên đoạn $\left[ { – 1;\,\,1} \right]$.

A. $\mathop {\min }\limits_{\left[ { – 1;\,\,1} \right]} y = \sqrt 3 $. B. $\mathop {\min }\limits_{\left[ { – 1;\,\,1} \right]} y = 0$. C. $\mathop {\min }\limits_{\left[ { – 1;\,\,1} \right]} y = 2$. D. $\mathop {\min }\limits_{\left[ { – 1;\,\,1} \right]} y = \sqrt 2 $.

Câu 6 [TH]. Cho x là số thực dương và biểu thức $P = \sqrt[3]{{{x^2}\sqrt[4]{{x\sqrt x }}}}$. Viết biểu thức P dưới dạng lũy thừa của một số với số mũ hữu tỉ.

A. $P = {x^{\frac{1}{{432}}}}$. B. $P = {x^{\frac{{58}}{{63}}}}$. C. $P = {x^{\frac{{19}}{{24}}}}$. D. $P = {x^{\frac{1}{4}}}$.

Câu 7 [TH]. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa cạnh SD và mặt phẳng (ABCD) bằng $60^\circ $. Thể tích của khối chóp đã cho bằng:

A. $\sqrt 3 {a^3}$. B. $\frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{6}$. C. $\frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{3}$. D. $\frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{9}$.

Câu 8 [TH]. Giá trị cực tiểu ${y_{CT}}$ của hàm số $y = {x^3} – 3{{\rm{x}}^2} + 7$ là:

A. ${y_{CT}} = 2$. B. ${y_{CT}} = 3$. C. ${y_{CT}} = 0$. D. ${y_{CT}} = 7$.

Câu 9 [TH]. Biết rằng năm 2009 dân số Việt Nam là 85.847.000 người và tỉ lệ tăng dân số năm đó là 1,2%. Cho biết sự tăng dân số được ước tính theo công thức $S = A{{\rm{e}}^{N{\rm{r}}}}$(A là dân số năm lấy làm mốc tính; S là dân số sau N năm; r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm). Nếu cứ tăng dân số với tỉ lệ như vậy thì sau bao nhiêu năm nữa dân số nước ta ở mức 120 triệu người?

A. 26 năm. B. 27 năm. C. 28 năm. D. 29 năm.

Câu 10 [TH]. Cho ${\left( {\pi – 2} \right)^m} > {\left( {\pi – 2} \right)^n}$ với m, n là các số nguyên. Khẳng định đúng là:

A. $m > n$. B. $m \le n$. C. $m \ge n$. D. $m < n$.

Câu 11 [TH]. Cho hàm số $y = \frac{1}{3}{x^3} – {x^2} + \left( {m – 1} \right)x + 2019$. Giá trị nhỏ nhất của tham số m để hàm số đồng biến trên tập xác định là:

A. $m = 2$. B. $m = – 2$. C. $m = \frac{5}{4}$. D. $m = 0$.

Câu 12 [TH]. Cho hàm số $y = {x^3} – 3{{\rm{x}}^2}$. Có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị hàm số song song với trục hoành?

A. 2. B. 3. C. 0. D. 1.

Câu 13 [TH]. Tìm số giao điểm của đồ thị hàm số $y = \left( {1 – 2{\rm{x}}} \right)\left( {2{{\rm{x}}^2} – 5{\rm{x}} + 2} \right)$ với trục hoành.

A. 2. B. 3. C. 0. D. 1.

Câu 14 [NB]. Hình hai mươi mặt đều có mỗi đỉnh là đỉnh chung của số cạnh là

A. 5. B. 2 C. 4. D. 3.

Câu 15 [TH]. Cho hình lăng trụ $ABC{\rm{D}}.A’B’C’D’$ có đáy là hình vuông cạnh a, hình chiếu vuông góc của $A’$ lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm của cạnh AB, góc giữa $A’C$ và mặt phẳng (ABCD) bằng $45^\circ $. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng

A. $\frac{{\sqrt 5 {a^3}}}{2}$. B. $\frac{{\sqrt 5 {a^3}}}{{12}}$. C. $\frac{{\sqrt 5 {a^3}}}{6}$. D. $\frac{{3\sqrt 5 {a^3}}}{2}$.

Câu 16 [NB]. Hình đa diện có các đỉnh là trung điểm tất cả các cạnh của một tứ diện đều là:

A. Bát diện đều. B. Hình lập phương. C. Tứ diện đều. D. Thập nhị diện đều.

Câu 17 [TH]. Cho ${\log _2}3 = a;\,\,{\log _3}7 = b$. Biểu diễn $P = {\log _{21}}126$ theo a, b.

A. $P = \frac{{ab + 2{\rm{a}} + 1}}{{ab + a}}$. B. $P = \frac{{ab + 2{\rm{a}} + 1}}{{ab + 1}}$. C. $P = \frac{{ab + 2{\rm{a}} + 1}}{{b + 1}}$. D. $P = \frac{{a + b + 2}}{{b + 1}}$.

Câu 18 [TH]. Trong các khẳng định sau, tìm khẳng định sai.

A. Hàm số $y = \log {\rm{x}}$ đồng biến trên $\mathbb{R}$. B. Hàm số $y = {\pi ^{ – x}}$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$.

C. Hàm số $y = {x^\pi }$ đồng biến trên$\left( {0;\,\, + \infty } \right)$. D. Hàm số $y = {e^x}$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Câu 19 [TH]. Cho hàm số $\frac{{2{\rm{x}} + 1}}{{x – 2}}$. Tìm khẳng định sai.

A. Đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận. B. Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.

C. $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ – }} = + \infty ;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = – \infty $. D. Hàm số không có cực trị.

Câu 20 [TH]. Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a. Gọi M là trung điểm của SA. Tính thể tích của khối chóp M.ABC bằng:

A. $\frac{{\sqrt {13} {a^3}}}{{12}}$. B. $\frac{{\sqrt {11} {a^3}}}{{48}}$. C. $\frac{{\sqrt {11} {a^3}}}{8}$. D. $\frac{{\sqrt {11} {a^3}}}{{24}}$.

Câu 21 [NB]. Cho hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ có đồ thị như hình vẽ bên

Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?

A. $ab < 0;\,\,ac > 0;\,\,bd > 0$. B. $ab > 0;\,\,ac > 0;\,\,bd > 0$.

C. $ab < 0;\,\,ac > 0;\,\,bd < 0$. D. $ab > 0;\,\,ac < 0;\,\,bd > 0$.

Câu 22 [TH]. Tìm tập xác định của hàm số $y = \log \left( {{x^3} – 3x + 2} \right)$

A. $D = \left( { – 2;\, + \infty } \right)$. B. $D = \left( { – 2;\, + \infty } \right)\backslash \left\{ 1 \right\}$.

C. $D = \left[ { – 2;\, + \infty } \right)\backslash \left\{ 1 \right\}$. D. $D = \left( { – \infty ;\,\, – 2} \right) \cup \left( {1;\,\, + \infty } \right)$

Câu 23 [TH]. Đồ thị hàm số $y = \frac{{x – 1}}{{\sqrt {3{{\rm{x}}^2} + 1} }}$ có bao nhiêu đường tiệm cận ngang?

A. 3 B. 0 C. 2 D. 1

Câu 24 [TH]. Trong không gian cho hai điểm phân biệt A, B cố định. Tập hợp các điểm M thỏa mãn đẳng thức $\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} = 0$ là:

A. Mặt cầu bán kính AB. B. Hình tròn bán kính AB.

C. Mặt cầu đường kính AB. D. Hình tròn đường kính AB.

Câu 25 [TH]. Cho$0 < a \ne 1;\,\,0 < b \ne 1$ và x, y là hai số thực dương. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. ${\log _a}\frac{x}{y} = \frac{{{{\log }_a}x}}{{{{\log }_a}y}}$. B. $\log _a^2\left( {xy} \right) = \log _a^2x + \log _a^2y$.

C. ${\log _a}\frac{1}{x} = \frac{1}{{{{\log }_a}x}}$. D. ${\log _b}x = {\log _a}{x^{{{\log }_b}a}}$.

Câu 26 [TH]. Tính đạo hàm của hàm số $y = {2^{{x^2} – \sin x + 2}}$

A. $y’ = \left( {2x – \cos x} \right){2^{{x^2} – \sin x + 2}}\ln 2$. B. $y’ = {2^{{x^2} – \sin x + 2}}\ln 2$.

C. $y’ = \left( {{x^2} – \sin x + 2} \right){2^{{x^2} – \sin x + 2}}$. D. $y’ = \left( {2x – \cos x} \right){2^{{x^2} – \sin x + 2}}$.

Câu 27 [TH]. Thể tích của khối cầu đường kính 3R bằng:

A. $\frac{{9\pi {R^3}}}{8}$. B. $\frac{{27\pi {R^3}}}{8}$. C. $\frac{{9\pi {R^3}}}{2}$. D. $36\pi {R^3}$.

Câu 28 [TH]. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), $BC = a,\,\,SA = AB$. Thể tích của khối chóp đã cho bằng:

A. $\frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{{24}}$. B. $\frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{8}$. C. $\frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{{24}}$. D. $\frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{8}$.

Câu 29 [VD]. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số $y = 4{x^3} + m{x^2} – 12x + 5$ đạt cực tiểu tại điểm $x = – 2$.

A. Không tồn tại giá trị của m. B. .$m = \frac{3}{4}$.

C. $m = 0$. D. $m = 9$.

Câu 30 [TH]. Cho hàm số $y = – {x^3} + 3{x^2} + 2$. Tìm phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại tâm đối xứng của đồ thị.

A. $y = 3x + 1$. B. $y = 3x – 1$. C. $y = – 3x + 1$. D. $y = – 3x – 1$.

Câu 31 [TH]. Cho hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{x – 1}}$. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( { – \infty ;\,1} \right)$ và $\left( {1;\, + \infty } \right)$.

B. Hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { – \infty ;\,1} \right)$ và $\left( {1;\, + \infty } \right)$.

C. Hàm số nghịch biến trên $\left( { – \infty ;\,1} \right) \cup \left( {1;\, + \infty } \right)$.

D. Hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.

Câu 32 [TH]. Trong các hình chóp tứ giác sau, hình chóp nào có mặt cầu ngoại tiếp:

A. Hình chóp có đáy là hình thang vuông. B. Hình chóp có đáy là hình thang cân.

C. Hình chóp có đáy là hình bình hành. D. Hình chóp có đáy là hình thang.

Câu 33 [NB]. Cho a, b là các số thực dương, m là một số nguyên và n là một số nguyên dương. Tìm khẳng định sai.

A. ${a^{\frac{m}{n}}} = \sqrt[n]{{{a^m}}}$. B. ${a^{\frac{m}{n}}} = \sqrt[m]{{{a^n}}}$. C. $\frac{{{a^m}}}{{{b^m}}} = {\left( {\frac{a}{b}} \right)^m}$. D. ${\left( {ab} \right)^m} = {a^m}{b^m}$.

Câu 34 [TH]. Đồ thị hàm số nào sau đây có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = – 2$?

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

Câu 35 [VD]. Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 4cm và chiều cao bằng 2cm. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho bằng

A. 4,5cm. B. 3cm. C. 6cm. D. 4cm.

Câu 36 [TH]. Cho khối tứ diện ABCD có thể tích bằng V. Gọi M là trung điểm cạnh AB, N thuộc cạnh AC sao cho $AN = 2NC$, P thuộc cạnh AD sao cho $PD = 3AP$. Thể tích của khối đa diện MNP.BCD tính theo V là:

A. $\frac{{21}}{{24}}V$. B. $\frac{5}{6}V$. C. $\frac{7}{8}V$. D. $\frac{{11}}{{12}}V$.

Câu 37 [TH]. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$xác định và liên tục trên $\mathbb{R}$ và có bảng biến thiên như hình vẽ.

x $ – \infty $ 0 1 $ + \infty $

$y’$ + || – 0 +

0 $ + \infty $

y $ – \infty $ -1

Khẳng định nào sau đây đúng?

A. Hàm số đạt cựa tiểu tại $x = 1$.

B. Hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 0, giá trị nhỏ nhất bằng -1.

C. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 1.

D. Hàm số có một cực trị.

Câu 38 [TH]. Cho hàm số $y = {x^4} – 2{x^2} + 1$. Tìm khẳng định sai?

A. Hàm số đạt cực đại tại $x = 0$.

B. Đồ thị hàm số nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng.

C. Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng.

D. $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } = + \infty $.

Câu 39 [TH]. Số điểm cực trị của hàm số $y = – 2{x^4} – {x^2} + 5$ là

A. 1 B. 3 C. 2 D. 0

Câu 40 [TH]. Tìm điều kiện của tham số m để phương trình $2{x^3} – 3{x^2} – 2m – 1 = 0$ có ba nghiệm phân biệt.

A. $ – 1 < m < – \frac{1}{2}$ B. $0 < m < \frac{1}{2}$ C. $ – 1 \le m \le – \frac{1}{2}$ D. $ – \frac{1}{2} < m < 0$

Câu 41 [TH]. Hàm số $y = – \frac{1}{3}{x^3} – 2{x^2} + 1$ đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. $\mathbb{R}$ B. $\left( { – 4;\,\,0} \right)$. C. $\left( { – \infty ;\, – 4} \right)$. D. $\left( {0;\,\, + \infty } \right)$.

Câu 42 [TH]. Hàm số nào dưới đây có giá trị lớn nhất trên $\mathbb{R}$?

A. $y = {x^4} – 2{x^2}$. B. $y = – 3{x^3} + {x^2} – 5$. C. $y = {x^3} + 3{x^2} – 7x + 1$ D. $y = – 2{x^4} – {x^2} + 5$

Câu 43 [TH]. Cho hình lăng trụ đứng $ABC.A’B’C’$ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, $BC = a$, $ACB = 30^\circ $. Mặt bên $AA’B’B$ là hình vuông. Diện tích xung quanh của hình lăng trụ đã cho là:

A. $\frac{{\left( {3 + 2\sqrt 3 } \right){a^2}}}{3}$ B. $\left( {3 + \sqrt 3 } \right){a^2}$ C. $\frac{{\left( {3 + \sqrt 3 } \right){a^2}}}{3}$. D. $\frac{{\left( {6 + 3\sqrt 3 } \right){a^2}}}{6}$

Câu 44 [VD]. Cho hàm số $y = {x^3} + \left( {{m^2} + 1} \right)x + {m^2} – 2$. Tìm số thực dương m để hàm số có giá trị nhỏ nhất trên đoạn $\left[ {0;\,2} \right]$ bằng 2.

A. $m = 2$. B. $m = 4$. C. $m = 1$. D. $m = 0$.

Câu 45 [VD]. Một chất điểm chuyển động có phương trình $S\left( t \right) = – \frac{1}{3}{t^3} + 6{t^2}$ với thời gian t tính bằng giây (s) và quãng đường S tính bằng mét (m). Trong thời gian 5 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của chất điểm đạt được là

A. 35 m/s B. 36m/s. C. 288 m/s. D. $\frac{{325}}{3}$m/s.

Câu 46 [VD]. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), $SA = a$, góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60^o. Biết mặt cầu tâm A bán kính $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ cắt mặt phẳng (SBC) theo giao tuyến là một đường tròn. Bán kính của đường tròn giao tuyến đó bằng:

A. $\frac{{\sqrt 2 a}}{2}$ B. $\frac{{\sqrt 5 a}}{2}$ C. $\frac{{\sqrt 3 a}}{2}$ D. $\frac{a}{2}$

Câu 47 [VD]. Cho hàm số $f\left( x \right)$, hàm số $y = f’\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số $g\left( x \right) = f\left( {{x^2} + x} \right)$ là:

A. 5. B. 2. C. 4. D. 3.

Câu 48 [VD]. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. $AD = 3AB = 3a$, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), $SA = a$.Gọi M là trung điểm của BC, DM cắt AC tại I (minh họa như hình vẽ bên). Thể tích của khối chóp S.ABMI bằng:

A. $\frac{{21{a^3}}}{{16}}$. B. $\frac{{7{a^3}}}{{18}}$. C. $\frac{{7{a^3}}}{{16}}$. D. $\frac{{5{a^3}}}{{12}}$.

Câu 49 [VD]. Cho hàm số $f\left( x \right) = \ln \frac{{2020x}}{{x + 1}}$. Tính tổng $S = f’\left( 1 \right) + f’\left( 2 \right) + f’\left( 3 \right) + … + f’\left( {2020} \right)$

A. $S = \frac{{2018}}{{2019}}$. B. $S = 2020$. C. $S = \frac{{2020}}{{2021}}$. D. $S = \frac{{2019}}{{2020}}$.

Câu 50 [VDC]. Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A’D’C’D’$thay đổi nhưng luôn nội tiếp một hình cầu cố định có bán kính R. Biết $AB = 2AD = 2x\,\left( {x > 0} \right)$. Tìm x để thể tích khối hộp đã cho đạt giá trị lớn nhất.

A. $x = \frac{{\sqrt {30} R}}{{15}}$. B. $x = \frac{{\sqrt {10} R}}{5}$. C. $x = \frac{{2\sqrt {30} R}}{{15}}$. D. $x = \frac{{2\sqrt {10} R}}{{15}}$.

Đáp án

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1 (NB): Đáp án B

Phương pháp:

Dựa vào đồ thị hàm số, nhận xét các điểm đồ thị hàm số đi qua và các điểm cực trị của hàm số từ đó tìm ra hàm số của đồ thị.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy nét cuối của hàm số đi lên $ \Rightarrow a > 0$

$ \Rightarrow $ loại đáp án C và D.

Đồ thị hàm đi qua các điểm $\left( { – 1;\,4} \right),\,\,\left( {1;\,4} \right)$

Thay điểm $\,\left( {1;\,4} \right)$ vào hàm số $y = \frac{1}{2}{x^4} – {x^2} – 3$ ta được:

$4 = \frac{1}{2}.1 – 1 – 3 \Leftrightarrow 4 = – \frac{7}{2}$ (vô lý)

$ \Rightarrow $ loại đáp án A.

Câu 2 (VD): Đáp án A

Phương pháp:

Giải bất phương trình ${\log _a}f\left( x \right) > {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a > 1\\f\left( x \right) > g\left( x \right)\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\f\left( x \right) < g\left( x \right)\end{array} \right.\end{array} \right.$.

Cách giải:

Xét hàm số: $f\left( x \right) = {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {1 – {x^2}} \right)$

TXĐ: $D = \left( { – 1;\,\,1} \right)$

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

$ \Rightarrow f’\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \frac{{2x}}{{{x^2} – 1}}\ln \frac{1}{3} > 0$

$ \Leftrightarrow \frac{{2x}}{{{x^2} – 1}} < 0\,\,\left( {do\ln \frac{1}{3} < 0} \right)$

$ \Leftrightarrow 2x < 0\,\,\left( {do\,\,{x^2} – 1 > 0} \right)$

$ \Leftrightarrow x < 0$

Kết hợp vói điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là: $ – 1 < x < 0$

$ \Rightarrow {S_0} = \left( { – 1;\,\,0} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = – 1\\b = 0\end{array} \right. \Rightarrow S = a + 2b = – 1 + 2.0 = – 1$.

Câu 3 (TH): Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng kiến thức lý thuyết khối đa diện để làm bài.

Cách giải:

Hình hộp chữ nhật có độ dài chiều dài, chiều rộng, chiều cao đôi một khác nhau có 3 mặt phẳng đối xứng.

Câu 4 (TH): Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng các công thức: $\left\{ \begin{array}{l}{\log _a}xy = {\log _a}x + {\log _a}y;\,\,{\log _a}\frac{x}{y} = {\log _a}x – {\log _a}y\\{\log _{{a^n}}}x = \frac{1}{n}{\log _a}x;\,\,{\log _a}{x^m} = m{\log _a}x\end{array} \right.$

Cách giải:

${\log _3}x = 3{\log _3}a – 2{\log _{\frac{1}{3}}}b$

$ \Leftrightarrow {\log _3}x = {\log _3}{a^3} + {\log _3}{b^2}$

$ \Leftrightarrow {\log _3}x = {\log _3}{a^3}{b^2}$

$ \Leftrightarrow x = {a^3}{b^2}$

Câu 5 (TH): Đáp án A

Phương pháp:

Cách 1:

+) Tìm GTLN và GTNN của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left[ {a;\,b} \right]$ bằng cách:

+) Giải phương trình $y’ = 0$ tìm các nghiệm ${x_i}$.

+) Tính các giá trị $f\left( a \right),\,\,f\left( b \right),\,\,f\left( {{x_i}} \right)\,\,\left( {{x_i} \in \left[ {a;\,b} \right]} \right)$. Khi đó:

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

Cách 2: Sử dụng chức năng MODE 7 để tìm GTLN, GTNN của hàm số trên $\left[ {a;\,b} \right]$.

Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left[ {a;\,b} \right]$ $\left( {a < b} \right)$ thì $\mathop {Min}\limits_{\left[ {a;\,b} \right]} f\left( x \right) = f\left( a \right)$

Hàm số $y = f\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left[ {a;\,b} \right]$ $\left( {a < b} \right)$ thì $\mathop {Min}\limits_{\left[ {a;\,b} \right]} f\left( x \right) = f\left( b \right)$.

Cách giải:

Xét hàm số $y = \sqrt {4 – {x^2}} $ trên $\left[ { – 1;\,\,1} \right]$.

Ta có: $y’ = \frac{{ – 2x}}{{2\sqrt {4 – {x^2}} }} = \frac{{ – x}}{{\sqrt {4 – {x^2}} }}$

$ \Rightarrow y’ = 0 \Leftrightarrow x = 0 \in \left[ { – 1;\,\,1} \right]$

$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y\left( { – 1} \right) = \sqrt 3 \\y\left( 0 \right) = 4\\y\left( 1 \right) = \sqrt 3 \end{array} \right. \Rightarrow \mathop {Min}\limits_{\left[ { – 1;\,\,1} \right]} y = \sqrt 3 \,\,khi\,\,\left[ \begin{array}{l}x = – 1\\x = 1\end{array} \right.$.

Câu 6 (TH) Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng các công thức: ${\left( {{a^m}} \right)^n} = {a^{m.n}},\,\,\sqrt[n]{{{a^m}}} = {a^{\frac{m}{n}}},\,\frac{{{a^m}}}{{{a^n}}} = {a^{m – n}},\,\,{a^m}.{a^n} = {a^{m + n}}$.

Cách giải:

$P = \sqrt[3]{{{x^2}\sqrt[4]{{x\sqrt x }}}} = \sqrt[3]{{{x^2}\sqrt[4]{{x.{x^{\frac{1}{2}}}}}}} = \sqrt[3]{{{x^2}\sqrt[4]{{{x^{\frac{3}{2}}}}}}}$

$ = \sqrt[3]{{{x^2}.{x^{\frac{3}{8}}}}} = \sqrt[3]{{{x^{\frac{{19}}{8}}}}} = {x^{\frac{{19}}{{24}}}}$.

Câu 7 (TH): Đáp án C

Phương pháp:

Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là: $V = \frac{1}{3}Sh$.

Cách giải:

Ta có: $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow $AD là hình chiếu của SD trên (ABCD).

$ \Rightarrow \angle \left( {SD,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle SDA = 60^\circ $.

$ \Rightarrow SA = AD.\tan 60^\circ = a\sqrt 3 $.

$ \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}$.

Câu 8 (TH): Đáp án B

Phương pháp:

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

$ \Rightarrow y = y\left( {{x_0}} \right)$ là giá trị cực tiểu của hàm số.

Cách giải:

Xét hàm số: $y = {x^3} – 3{x^2} + 7$ ta có:

$y’ = 3{x^2} – 6x \Rightarrow y” = 6x – 6$

Gọi $x = {x_0}$ là điểm cực tiểu của hàm số. Khi đó ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}y’\left( {{x_0}} \right) = 0\\y”\left( {{x_0}} \right) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x_0^2 – 6{x_0} = 0\\6{x_0} – 6 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} = 2 \Leftrightarrow {x_0} = 2\end{array} \right.\\{x_0} > 1\end{array} \right.$.

$ \Rightarrow {y_{CT}} = y\left( 2 \right) = {2^3} – {3.2^2} + 7 = 3$.

Câu 9 (TH): Đáp án C

Phương pháp:

Thay các dữ liệu bài toán vào công thức: $S = A{e^{Nr}}$ để tính N

Cách giải:

Theo đề bài ta có: $S = A{e^{Nr}}$.

Khi dân số nước ta ở mức 120 triệu người là:

$120000000 = 85847000.{e^{N.1,2\% }}$

$ \Leftrightarrow {e^{N.1,2\% }} \approx 1,398$

$ \Leftrightarrow N.1,2\% = \ln 1,398$

$ \Leftrightarrow N \approx 27,9$

Câu 10 (TH): Đáp án A

Phương pháp

Giải bất phương trình mũ ${a^x} > {a^b} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a > 1\\x > b\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\x < b\end{array} \right.\end{array} \right.$

Cách giải:

Ta có: ${\left( {\pi – 2} \right)^m} > {\left( {\pi – 2} \right)^n} \Rightarrow m > n$ vì $\pi – 2 > 1$.

Câu 11 (TH): Đáp án A

Phương pháp:

Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( {a;\,b} \right) \Leftrightarrow f’\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {a;\,b} \right)$

Cách giải

Xét hàm số $y = \frac{1}{3}{x^3} – {x^2} + \left( {m – 1} \right)x + 2019$ trên $\mathbb{R}$ ta có: $y’ = {x^2} – 2x + m – 1$.

Hàm số đã cho đồng biến trên TXĐ $ \Leftrightarrow y’ \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}$

$ \Leftrightarrow {x^2} – 2x + m – 1 \ge 0$

$ \Leftrightarrow {x^2} – 2x – 1 \ge – m$

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

$ \Leftrightarrow {\left( {x – 1} \right)^2} \ge – m + 2$

$ \Rightarrow – m + 2 \le \mathop {Min}\limits_\mathbb{R} {\left( {x – 1} \right)^2} \Leftrightarrow – m + 2 \le 0 \Leftrightarrow m \ge 2$

Vậy $m = 2$ là giá trị cần tìm.

Câu 12 (TH): Đáp án D

Phương pháp

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại điểm $M\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)$ thuộc đồ thị hàm số là:

$y = f’\left( {{x_0}} \right)\left( {x – {x_0}} \right) + {y_0}$

Cách giải:

Xét hàm số: $y = {x^3} – 3{x^2}$ có $y’ = 3{x^2} – 6x$.

Gọi $M\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)$ là một điểm thuộc đồ thị hàm số.

$ \Rightarrow $ Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M là:

$d:y = y’\left( {{x_0}} \right)\left( {x – {x_0}} \right) + {y_0}$

$ \Leftrightarrow y = \left( {3x_0^2 – 6{x_0}} \right)\left( {x – {x_0}} \right) + x_0^3 – 3x_0^2$

$ \Leftrightarrow y = \left( {3x_0^2 – 6{x_0}} \right)x – 3x_0^3 + 6x_0^2 + x_0^3 – 3x_0^2$

$ \Leftrightarrow y = \left( {3x_0^2 – 6{x_0}} \right)x – 2x_0^3 + 3x_0^2$

$ \Rightarrow d//Ox:y = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x_0^2 – 6{x_0} = 0\\ – 2x_0^3 + 3x_0^2 \ne 0\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} = 2\end{array} \right.\\{x_0} \ne 0\\{x_0} \ne \frac{3}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow {x_0} = 2$

Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa mãn bài toán.

Câu 13 (TH): Đáp án A

Phương pháp

Giải phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành.

Cách giải

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là:

$\left( {1 – 2x} \right)\left( {2{x^2} – 5x + 2} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 – 2x = 0\\2{x^2} – 5x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{1}{2}\\x = 2\end{array} \right.$

Vậy đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt.

Câu 14 (NB): Đáp án A

Phương pháp

Sử dụng lý thuyết của khối đa diện để làm bài

Cách giải:

Khối đa diện có 20 mặt đều, mỗi đỉnh là đỉnh chung của 5 cạnh.

Câu 15 (TH): Đáp án A

Phương pháp

Công thức tính thể tích lăng trụ có diện tích đáy S và chiều cao h là: $V = Sh$.

Cách giải

Gọi H là trung điểm của AB.

Khi đó ta có: $A’H \bot \left( {ABCD} \right)$,

$ \Rightarrow H’C$ là hình chiếu của $A’C$ trên (ABCD)

$ \Rightarrow \angle \left( {A’C,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {A’C,\,HC} \right) = \angle HCA’ = 45^\circ $

Áp dụng định lý Pitago cho $\Delta HBC$ vuông tại B ta có:

$HC = \sqrt {H{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {a^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$

$ \Rightarrow A’H = HC.\tan 45^\circ = HC = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$

$ \Rightarrow {V_{ABCD.A’B’C’D’}} = A’H.{S_{ABCD}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{2}$

Câu 16 (NB): Đáp án A

Phương pháp

Sử dụng lý thuyết khối đa diện

Cách giải:

Hình đa diện có tất cả các đỉnh là trung điểm của các cạnh của một tứ diện đều là bát diện đều

Câu 17 (TH): Đáp án A

Phương pháp

Sử dụng các công thức: $\left\{ \begin{array}{l}{\log _a}xy = {\log _a}x + {\log _a}y;\,\,\,{\log _a}\frac{x}{y} = {\log _a}x – {\log _a}y\\{\log _{{a^n}}}x = \frac{1}{n}{\log _a}x;\,\,{\log _a}{x^m} = m{\log _a}x\end{array} \right.$

Cách giải

Ta có: ${\log _2}7 = {\log _2}3.{\log _3}7 = ab$

$P = {\log _{21}}126 = {\log _{21}}\left( {21.6} \right) = {\log _{21}}21 + {\log _{21}}6$

$ = 1 + {\log _{21}}2 + {\log _{21}}3 = 1 + \frac{1}{{{{\log }_2}21}} + \frac{1}{{{{\log }_3}21}}$

$ = 1 + \frac{1}{{{{\log }_2}3 + {{\log }_2}7}} + \frac{1}{{{{\log }_3}3 + {{\log }_3}7}}$

$ = 1 + \frac{1}{{a + ab}} + \frac{1}{{1 + b}} = \frac{{a + ab + 1 + a}}{{a + ab}}$

$ = \frac{{ab + 2a + 1}}{{a + ab}}$.

Câu 18 (TH): Đáp án A

Phương pháp

Hàm số $y = {\log _a}x\,\,\left( {0 < a \ne 1} \right)$ đồng biến trên $\left( {0;\, + \infty } \right)$ khi $a > 1$ và nghịch biến trên $\left( {0;\, + \infty } \right)$ khi $0 < a < 1$.

Hàm số $y = {a^x}\,\left( {0 < a \ne 1} \right)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ khi $a > 1$ và nghịch biến trên $\mathbb{R}$ khi $0 < a < 1$.

Cách giải:

+) Xét đáp án A: Hàm số $y = \log x$ có TXĐ: $D = \left( {0;\, + \infty } \right)$.

$ \Rightarrow $ Đáp án A sai.

Câu 19 (TH): Đáp án C

Phương pháp

Khảo sát hàm số bậc nhất trên bậc nhất.

Cách giải:

Ta có: $y = \frac{{2x + 1}}{{x – 2}}$

TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}$

Có: $y’ = \frac{{ – 2.2 – 1}}{{{{\left( {x – 2} \right)}^2}}} = \frac{{ – 5}}{{{{\left( {x – 2} \right)}^2}}} < 0\,\forall x \in D$

$ \Rightarrow $ Hàm số nghịch biến trên $\left( { – \infty ;\,2} \right)$ và $\left( {2;\, + \infty } \right)$.

$ \Rightarrow $ Đáp án B đúng.

Đồ thị hàm số có TCĐ: $x = 2$ và TCN: $y = 2$.

$ \Rightarrow $ Đáp án A đúng.

Hàm số bậc nhất trên bậc nhất không có cực trị

$ \Rightarrow $ Đáp án D đúng.

Câu 20 (TH): Đáp án D

Phương pháp

Công thức tính thể tích của khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là: $V = \frac{1}{3}Sh$.

Cách giải:

Ta có: ${S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$.

$AO = \frac{2}{3}AD = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$

Áp dụng định lý Pitago cho $\Delta SAO$ vuông tại O ta có:

$SO = \sqrt {S{A^2} – A{O^2}} = \sqrt {4{a^2} – {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {33} }}{3}$

Gọi I là hình chiếu vuông góc của M trên AO

Khi đó ta có: $MI = \frac{1}{2}SO$ (định lý Ta-lét)

$ \Rightarrow MI = \frac{{a\sqrt {35} }}{6}$

$ \Rightarrow {V_{MABC}} = \frac{1}{3}MI.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt {33} }}{6}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt {11} }}{{24}}$.

Câu 21 (NB): Đáp án A

Phương pháp

Dựa vào dáng điệu của đồ thị hàm số, nhận xét tính đơn điệu, các đường tiệm cận và các điểm mà đồ thị hàm số đi qua rồi chọn đáp án đúng.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có TCĐ là: $x = 1 \Rightarrow – \frac{d}{c} = 1 \Rightarrow d = – c \Rightarrow dc < 0$.

Đồ thị hàm số có TCN là: $y = 1 \Rightarrow \frac{a}{c} = 1 \Rightarrow a = c \Rightarrow ac > 0 \Rightarrow $ loại đáp án D.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2$ \Rightarrow \frac{b}{d} = 2 \Rightarrow b = 2d \Rightarrow bd > 0 \Rightarrow $ loại đáp án C.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}dc < 0\\ac > 0\\bd > 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}ad < 0\\bd > 0\end{array} \right. \Rightarrow ab < 0$.

Câu 22 (TH): Đáp án B

Phương pháp

Hàm số ${\log _a}f\left( x \right)\,\left( {0 < a \ne 1} \right)$ xác định $ \Leftrightarrow f\left( x \right) > 0$.

Cách giải:

Hàm số $y = \log \left( {{x^3} – 3x + 2} \right)$ xác định $ \Leftrightarrow {x^3} – 3x + 2 > 0$

$ \Leftrightarrow {\left( {x – 1} \right)^2}\left( {x + 2} \right) > 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x – 1 \ne 0\\x + 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > – 2\\x \ne 1\end{array} \right.$

Câu 23 (TH): Đáp án C

Đường thẳng $y = b$ được gọi là TCN của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right) \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } f\left( x \right) = b$.

Cách giải:

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x – 1}}{{\sqrt {3{x^2} + 1} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{1 – \frac{1}{x}}}{{\sqrt {3 + \frac{1}{{{x^2}}}} }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$

$ \Rightarrow y = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$ là đường TCN của đồ thị hàm số.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{x – 1}}{{\sqrt {3{x^2} + 1} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{1 – \frac{1}{x}}}{{ – \sqrt {3 + \frac{1}{{{x^2}}}} }} = – \frac{1}{{\sqrt 3 }}$

$ \Rightarrow y = – \frac{1}{{\sqrt 3 }}$ là đường TCN của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có 2 đường TCN.

Câu 24 (TH): Đáp án C

Phương pháp

Biến đổi đẳng thức vecto bài cho, từ đó suy ra tập hợp các điểm M.

Cách giải:

Ta có: $\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} = 0$

Gọi I là trung điểm của AB.

$ \Rightarrow \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} = 0 \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right) = 0$

$ \Leftrightarrow {\overrightarrow {MI} ^2} + \overrightarrow {MI} .\overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IA} .\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} .\overrightarrow {IB} = 0$

$ \Leftrightarrow M{I^2} + \overrightarrow {MI} \left( {\overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IA} } \right) + IA.IB.cos\left( {\overrightarrow {IA} ,\,\overrightarrow {IB} } \right) = 0$

$ \Leftrightarrow M{I^2} + I{A^2}\cos 180^\circ = 0$

$ \Leftrightarrow M{I^2} = I{A^2}$

$ \Leftrightarrow MI = IA$

Vậy tập hợp điểm M thỏa mãn bài toán là mặt cầu tâm I, đường kính AB.

Câu 25 (TH): Đáp án D

Phương pháp

Sử dụng các công thức: $\left\{ \begin{array}{l}{\log _a}xy = {\log _a}x + {\log _a}y;\,\,\,{\log _a}\frac{x}{y} = {\log _a}x – {\log _a}y\\{\log _{{a^n}}}x = \frac{1}{n}{\log _a}x;\,\,{\log _a}{x^m} = m{\log _a}x\end{array} \right.$

Cách giải:

+) Xét đáp án A: ${\log _a}\frac{x}{y} = {\log _a}x – {\log _a}y$ $ \Rightarrow $ đáp án A sai.

+) Xét đáp án B: $\log _a^2\left( {xy} \right) = {\left( {{{\log }_a}x + {{\log }_a}y} \right)^2} = \log _a^2x + 2.{\log _a}x.{\log _a}y + \log _a^2y \Rightarrow $ đáp án B sai.

+) Xét đáp án C: ${\log _a}\frac{1}{x} = {\log _a}1 – {\log _a}x = – {\log _a}x \Rightarrow $ đáp án C sai.

+) Xét đáp án D: ${\log _b}x = {\log _a}{x^{{{\log }_b}a}} \Leftrightarrow {\log _b}x = {\log _b}a.{\log _a}x \Leftrightarrow {\log _b}x = {\log _b}x$ luôn đúng $ \Rightarrow $ đáp án D đúng.

Câu 26 (TH): Đáp án A

Phương pháp

Sử dụng công thức đạo hàm của hàm số mũ: ${\left( {{a^u}} \right)^\prime } = u'{a^u}\ln a$.

Cách giải:

Ta có: $y = {2^{{x^2} – \sin x + 2}}$

$ \Rightarrow y’ = {\left( {{x^2} – \sin x + 2} \right)^\prime }{2^{{x^2} – \sin x + 2}}ln2$

$ = \left( {2x – \cos x} \right){.2^{{x^2} – \sin x + 2}}\ln 2$

Câu 27 (TH): Đáp án C

Phương pháp

Công thức tính thể tích của khối cầu có bán kính r: $V = \frac{4}{3}\pi {r^3}$.

Cách giải:

Bán kính khối cầu là: $r = \frac{{3R}}{2}$.

Thể tích của khối cầu là: $V = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{3R}}{2}} \right)^3} = \frac{{9\pi {R^3}}}{2}$.

Câu 28 (TH): Đáp án A

Phương pháp

Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là: $V = \frac{1}{3}Sh$.

Cách giải:

$\Delta ABC$ vuông cân tại A có $BC = a$

$ \Rightarrow AB = AC = \frac{a}{{\sqrt 2 }}$

$ \Rightarrow SA = AB = \frac{a}{{\sqrt 2 }}$

$ \Rightarrow {V_{SABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.SA.\frac{1}{2}AB.AC$

$ = \frac{1}{6}.\frac{a}{{\sqrt 2 }}.\frac{a}{{\sqrt 2 }}.\frac{a}{{\sqrt 2 }} = \frac{{{a^3}}}{{12\sqrt 2 }} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{24}}$.

Câu 29 (VD): Đáp án A

Phương pháp

Điểm $x = {x_0}$ 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:

Ta có: $y = 4{x^3} + m{x^2} – 12x + 5$

$ \Rightarrow y’ = 12{x^2} + 2mx – 12$

$ \Rightarrow y” = 24x + 2m$

Hàm số đã cho nhận điểm $x = – 2$làm điểm cực tiểu $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y’\left( { – 2} \right) = 0\\y”\left( { – 2} \right) > 0\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}12{\left( { – 2} \right)^2} + 2m\left( { – 2} \right) – 12 = 0\\24.\left( { – 2} \right) + 2m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 9\\m > 24\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \emptyset $

Câu 30 (TH): Đáp án A

Phương pháp

Khảo sát tính đơn điệu của hàm số rồi chọn đáp án đúng.

Cách giải:

Ta có: $y = \frac{{2x + 1}}{{x – 1}}$

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

$ \Rightarrow y’ = \frac{{2.\left( { – 1} \right) – 1}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}} = \frac{{ – 3}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}} < 0\,\forall x \in D$

$ \Rightarrow $ Hàm số đã cho nghịch biến trên $\left( { – \infty ;\,1} \right)$ và $\left( {1;\, + \infty } \right)$.

Câu 31 (TH): Đáp án A

Phương pháp

Hàm bậc nhất/ bậc nhất luôn đơn điệu trên từng khoảng xác định của chúng.

Cách giải:

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

Ta có: $y’ = \frac{{2.\left( { – 1} \right) – 1.1}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}} = \frac{{ – 3}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}} < 0\,\forall x \in D$

Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên $\left( { – \infty ;\,1} \right)$ và $\left( {1;\, + \infty } \right)$.

Câu 32 (TH): Đáp án B

Phương pháp

Hình chóp muốn có mặt cầu ngoại tiếp thì tất cả mặt của hình chóp đều phải có đường tròn ngoại tiếp.

Cách giải:

Trong các hình: hình thang vuông, hình thang cân, hình bình hành, hình thang, chỉ có duy nhất hình thang cân là tứ giác có đường tròn nội tiếp.

Vậy trong 4 đáp án chỉ có hình chóp có đáy là hình thang cân có mặt cầu ngoại tiếp.

Câu 33 (NB): Đáp án B

Phương pháp

Sử dụng các công thức liên quan đến lũy thừa.

Cách giải:

Ta có: $\sqrt[m]{{{a^n}}} = {a^{\frac{n}{m}}}$ nên đáp án B sai.

Câu 34 (TH): Đáp án A

Phương pháp

Đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ nhận đường thẳng $x = {x_0}$ làm TCĐ khi thỏa mãn một trong số các điều kiện sau:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f\left( x \right) = + \infty ,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f\left( x \right) = – \infty ,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ – } f\left( x \right) = + \infty ,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ – } f\left( x \right) = – \infty $

Cách giải:

Xét đáp án C và D, hai hàm số đều có TXĐ $D = \mathbb{R}$ nên không có tiệm cận đứng,

Xét đáp án B: $y = \frac{{x + 2}}{{{x^2} – 4}} = \frac{{x + 2}}{{\left( {x – 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{1}{{x – 2}}$

$ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to – 2} y = \frac{1}{{ – 2 – 2}} = – \frac{1}{4} \ne \pm \infty $, do đó đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng $x = – 2$.

Xét đáp án A ta có: $y = \frac{{x + 1}}{{{x^2} – 4}}$.

Có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – 2} \right)}^ + }} y = + \infty \Rightarrow $ Đồ thị hàm số nhận $x = – 2$ là đường tiệm cận đứng.

Câu 35 (VD): Đáp án D

Phương pháp

Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp đều có chiều cao h, cạnh bên a là $R = \frac{{{a^2}}}{{2h}}$

Cách giải:

Hình chóp đều có chiều cao $h = 2cm$, cạnh bên $a = 4cm$ có bán kính mặt cầu ngoại tiếp là:

$R = \frac{{{a^2}}}{{2h}} = \frac{{{4^2}}}{{2.2}} = 4\left( {cm} \right)$.

Câu 36 (TH): Đáp án D

Phương pháp

Sử dụng công thức tỉ lệ thể tích: Cho chóp S.ABC. Trên các cạnh SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm $A’,\,\,B’,\,\,C’$. Khi đó ta có: $\frac{{{V_{S.A’B’C’}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SA’}}{{SA}}.\frac{{SB’}}{{SB}}.\frac{{SC’}}{{SC}}$.

Cách giải:

Ta có: $\frac{{{V_{AMNP}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{AM}}{{AB}}.\frac{{AN}}{{AC}}.\frac{{AP}}{{AD}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}.\frac{1}{4} = \frac{1}{{12}} \Rightarrow {V_{AMNP}} = \frac{1}{{12}}{V_{ABCD}}$

Mà ${V_{ABCD}} = {V_{AMNP}} + {V_{MNP.BCD}} \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{{12}}{V_{ABCD}} + {V_{MNP.BCD}}$

$ \Rightarrow {V_{MNP.BCD}} = \frac{{11}}{{12}}{V_{ABCD}} \Rightarrow {V_{MNP.BCD}} = \frac{{11}}{{12}}V$.

Câu 37 (TH): Đáp án A

Phương pháp

Dựa vào BBT xác định các cực trị và GTLN, GTNN của hàm số.

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy:

Hàm số có giá trị cực tiểu bằng -1, đạt tại $x = 1$. Do đó đáp án A đúng, đáp án C sai.

Hàm số có ${x_{CT}} = 1,\,\,{x_{CD}} = 0$ nên đáp án D sai.

Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = – \infty $ nên đáp án B sai.

Câu 38 (TH): Đáp án B

Phương pháp

Hàm số lẻ có đồ thị nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng, hàm số chẵn có đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng.

Cách giải:

Hàm số $y = {x^4} – 2{x^2} + 1$ là hàm chẵn, nên đồ thị hàm số không nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng.

Vậy đáp án B sai.

Câu 39 (TH): Đáp án A

Phương pháp

– Tính $y’$.

– Giải phương trình $y’ = 0$ và kết luận, số điểm cực trị của hàm số chính là số nghiệm bội lẻ của phương trình $y’ = 0$.

Cách giải:

TXĐ: $D = \mathbb{R}$

Ta có: $y’ = – 8{x^3} – 2x$

$y’ = 0 \Leftrightarrow – 8{x^3} – 2x = 0 \Leftrightarrow – 2x\left( {4{x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0$

Do $x = 0$ là nghiệm bội 1, vậy $x = 0$ chính là cực trị duy nhất của hàm số đã cho.

Câu 40 (TH): Đáp án A

Phương pháp

Phương trình bậc ba $a{x^3} + b{x^2} + cx + d = 0\,\left( {a \ne 0} \right)$ có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đồ thị hàm số $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ có 2 điểm cực trị nằm về hai phía trục hoành.

Cách giải:

Để phương trình $2{x^3} – 3{x^2} – 2m – 1 = 0$ có ba nghiệm phân biệt thì đồ thị hàm số $y = 2{x^3} – 3{x^2} – 2m – 1$ có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục hoành.

Ta có: $f’\left( x \right) = 6{x^2} – 6x$

$f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 6{x^2} – 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.$

Với $x = 0 \Rightarrow y = – 2m – 1$

Với $x = 1 \Rightarrow y = {2.1^3} – {3.1^2} – 2m – 1 = – 2m – 2$

Để hai điểm cực trị nằm về hai phía trục hoành thì:

$\left( { – 2m – 1} \right)\left( { – 2m – 2} \right) < 0$

$ \Leftrightarrow 4{m^2} + 6m + 2 < 0$

$ \Leftrightarrow – 1 < m < – \frac{1}{2}$

Câu 41 (TH): Đáp án B

Phương pháp

Giải bất phương trình $y’ > 0$ và suy ra các khoảng đồng biến của hàm số

Cách giải:

TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

Ta có: $y’ = – {x^2} – 4x$

Xét $y’ > 0 \Leftrightarrow – {x^2} – 4x \Leftrightarrow – 4 < x < 0$

Vậy hàm số đồng biến trên $\left( { – 4;\,\,0} \right)$.

Câu 42 (TH): Đáp án D

Phương pháp

Dựa vào giới hạn của hàm số khi x tiến đến vô cùng và kết luận

Cách giải:

Đáp án A và C: Hàm số $y = {x^4} – 2{x^2}$ và $y = {x^3} + 3{x^2} – 7x + 1$ có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty $ $ \Rightarrow $ Hàm số không có giá trị lớn nhất trên $\mathbb{R}$, do đó loại đáp án A và C.

Đáp án B: Hàm số $y = – 3{x^3} + {x^2} – 5$ có $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = + \infty $$ \Rightarrow $ Hàm số không có giá trị lớn nhất trên $\mathbb{R}$ nên loại đáp án B.

Câu 43 (TH): Đáp án C

Phương pháp

– Tính các cạnh của tam giác ABC, từ đó suy ra kích thước các mặt của lăng trụ đứng.

– Tính tổng diện tích các mặt bên của lăng trụ.

Cách giải:

Vì $ABC.A’B’C’$là lăng trụ đứng nên các mặt bên là các hình chữ nhật

Xét tam giác vuông ABC có: $\left\{ \begin{array}{l}AB = BC.tan30^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\\AC = \frac{{BC}}{{\cos 30^\circ }} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\end{array} \right.$.

Vì $ABB’A’$ là hình vuông (gt) nên $AB = AA’ = BB’ = CC’ = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Ta có:

${S_{ABB’A’}} = A{B^2} = {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{3}$

${S_{BCC’B’}} = BC.BB’ = a.\frac{{a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}$

${S_{ACC’A’}} = AC.AA’ = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{2{a^2}}}{3}$

Vậy diện tích xung quanh của hình lăng trụ là:

${S_{xq}} = {S_{ABB’A’}} + {S_{BCC’B’}} + {S_{ACC’A’}} = \frac{{{a^2}}}{3} + \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3} + \frac{{2{a^2}}}{3} = \frac{{\left( {3 + \sqrt 3 } \right){a^2}}}{3}$.

Câu 44 (VD): Đáp án A

Phương pháp

– Tính $f’\left( x \right)$, từ đó suy ra tính đơn điệu của hàm số.

– Sử dụng định nghĩa: Nếu hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( {a;\,b} \right)$ thì $f\left( a \right) < f\left( x \right) < f\left( b \right)\,\,\forall x \in \left( {a;\,b} \right)$.

Cách giải:

Ta có:$f’\left( x \right) = 3{x^2} + {m^2} + 1 > 0\,\forall x \in \mathbb{R}$.

Do đó hàm số đã cho đồng biến trên $\mathbb{R}$ $ \Rightarrow $ Hàm số cũng đồng biến trên $\left( {0;\,2} \right)$.

$ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;\,2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = {m^2} – 2$.

Theo bài ra ta có: ${m^2} – 2 = 2 \Leftrightarrow m = \pm 2$.

Mà m là số thực dương. Vậy $m = 2$.

Câu 45 (VD): Đáp án A

Phương pháp:

– Tìm hàm biểu diễn vận tốc, sử dụng công thức $v\left( t \right) = S’\left( t \right)$.

– Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTLN của hàm số trên một đoạn xác định.

Cách giải:

Vận tốc của chất điểm được tính theo công thức: $v\left( t \right) = S’\left( t \right) = – {t^2} + 12t$.

Xét hàm số $f\left( t \right) = – {t^2} + 12t$ với $t \in \left[ {0;\,5} \right]$ ta có:

$f’\left( t \right) = – 2t + 12 = 0 \Leftrightarrow t = 6 \notin \left[ {0;\,5} \right]$

Có $f\left( 0 \right) = 0$, $f\left( 5 \right) = 35$.

Suy ra $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\,5} \right]} f\left( t \right) = f\left( 5 \right) = 35$.

Vậy trong khoảng thời gian 5 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của chất điểm đạt được là 35 m/s, tại thời điểm $t = 5$ giây.

Câu 46 (VD): Đáp án A

Phương pháp:

– Sử dụng đạo hàm hợp tính đạo hàm của hàm số $g\left( x \right)$.

– Giải phương trình $g’\left( x \right) = 0$ và kết luận số cực trị của hàm số.

Cách giải:

Trong (ABC) kẻ $AM \bot BC\,\,\left( {M \in BC} \right)$ ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot SA\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot SM$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SM \bot BC\\\left( {ABC} \right) \supset AM \bot BC\end{array} \right.$

$ \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\,\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SM;\,AM} \right) = \angle SMA = 60^\circ $

Vì $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot AM \Rightarrow \Delta SAM$ vuông tại A.

Mà $SMA = 60^\circ \Rightarrow ASM = 30^\circ $.

Trong (SAM) kẻ $AH \bot SM$, xét tam giác vuông SAH có: $AH = SA.\sin 30^\circ = \frac{a}{2}$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SM\\AH \bot BC\left( {BC \bot \left( {SAM} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)$.

$ \Rightarrow d\left( {A;\,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \frac{a}{2} = d$.

Giả sử mặt cầu tâm A, bán kính $R = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ cắt (SBC) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính r.

Áp dụng định lí Pytago ta có: $r = \sqrt {{R^2} – {d^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} – {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Câu 47 (VD): Đáp án A

Phương pháp

– Sử dụng đạo hàm hợp tính đạo hàm hàm số $g\left( x \right)$.

– Giải phương trình $g’\left( x \right) = 0$ và kết luận số cực trị của hàm số.

Cách giải:

Từ đồ thị hàm số ta thấy $f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 4\\x = – 3\end{array} \right.$.

Ta có: $g\left( x \right) = f\left( {{x^2} + x} \right) \Rightarrow g’\left( x \right) = \left( {2x + 1} \right)f’\left( {{x^2} + x} \right)$.

Khi đó $g’\left( x \right) = 0$.

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – \frac{1}{2}\\f’\left( {{x^2} + x} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – \frac{1}{2}\\{x^2} + x = 2\\{x^2} + x = 4\\{x^2} + x = – 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – \frac{1}{2}\\x = 1\\x = – 2\\x = \frac{{ – 1 + \sqrt {17} }}{2}\\x = \frac{{ – 1 – \sqrt {17} }}{2}\end{array} \right.$

Mỗi nghiệm trên đều là nghiệm bội lẻ của phương trình $g’\left( x \right) = 0$

Vậy số điểm cực trị của hàm số $g\left( x \right) = f\left( {{x^2} + x} \right)$ chính là số nghiệm của phương trình $g’\left( x \right) = 0$ và bằng 5.

Câu 48 (VD): Đáp án D

Phương pháp:

– Tính ${S_{ABMI}} = {S_{\Delta ABC}} – {S_{\Delta MIC}}$.

– Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp ${V_{S.ABMI}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABMI}}$.

Cách giải:

Ta có: ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = \frac{1}{2}.a.3a = \frac{{3{a^2}}}{2}$.

Áp dụng định lý Ta-lét ta có: $\frac{{DI}}{{IM}} = \frac{{AD}}{{MC}} = 2 \Rightarrow \frac{{IM}}{{DM}} = \frac{1}{3}$.

Ta có: $\frac{{{S_{\Delta IMC}}}}{{{S_{\Delta DMC}}}} = \frac{{\frac{1}{2}d\left( {I;\,\,MC} \right).MC}}{{\frac{1}{2}d\left( {D;\,MC} \right).MC}} = \frac{{d\left( {I;\,MC} \right)}}{{d\left( {D;\,MC} \right)}} = \frac{{IM}}{{DM}} = \frac{1}{3}$

$ \Rightarrow {S_{\Delta IMC}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta DMC}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.CD.MC = \frac{1}{6}.a.\frac{{3a}}{2} = \frac{{{a^2}}}{4}$

$ \Rightarrow {S_{ABMI}} = {S_{\Delta ABC}} – {S_{\Delta IMC}} = \frac{{3{a^2}}}{2} – \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{5{a^2}}}{4}$

Vậy ${V_{S.ABMI}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABMI}} = \frac{1}{3}.a.\frac{{5{a^2}}}{4} = \frac{{5{a^3}}}{{12}}$.

Câu 49 (VD): Đáp án D

Phương pháp

– Sử dụng công thức: $\ln \left( {ab} \right) = \ln a + \ln b;\,\,\ln \left( {\frac{a}{b}} \right) = \ln a – \ln b\,\left( {a,\,b > 0} \right)$.

– Sử dụng công thức tính đạo hàm ${\left( {\ln u} \right)^\prime } = \frac{{u’}}{u}$.

Cách giải:

Ta có: $f\left( x \right) = \ln \frac{{2020x}}{{x + 1}} = \ln 2020 + \ln x – \ln \left( {x + 1} \right)$.

$ \Rightarrow f’\left( x \right) = \frac{1}{x} – \frac{1}{{x + 1}}$

Khi đó ta có:

$S = f’\left( 1 \right) + f’\left( 2 \right) + f’\left( 3 \right) + … + f’\left( {2020} \right)$

$S = \frac{1}{1} – \frac{1}{2} + \frac{1}{2} – \frac{1}{3} + \frac{1}{3} – \frac{1}{4} + … + \frac{1}{{2019}} – \frac{1}{{2020}}$

$S = 1 – \frac{1}{{2020}}$

$S = \frac{{2019}}{{2020}}$

Câu 50 (VDC): Đáp án C

Phương pháp

– Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp khối hộp.

– Sử dụng định lí Pytago tính chiều cao của khối hộp theo R.

– Tính thể tích khối hộp, sử dụng công thức $V = AB.AD.AA’$, sau đó sử dụng phương pháp hàm số để tìm giá trị lớn nhất của hàm số.

Cách giải:

Gọi O là tâm hình hộp chữ nhật. Khi đó O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$ và bán kính mặt cầu là $R = OA$.

Gọi I, $I’$ lần lượt là tâm của hai đáy ABCD và $A’B’C’D’$.

$ \Rightarrow II’ \bot \left( {ABCD} \right)$ và O là trung điểm của $II’$.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC ta có:

$AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {4{x^2} + {x^2}} = x\sqrt 5 $

$ \Rightarrow AI = \frac{1}{2}AC = \frac{{x\sqrt 5 }}{2}$

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông OAI ta có:

$OI = \sqrt {O{A^2} – A{I^2}} = \sqrt {{R^2} – \frac{{5{x^2}}}{4}} $

$ \Rightarrow II’ = 2OI = 2\sqrt {{R^2} – \frac{{5{x^2}}}{4}} = \sqrt {4{R^2} – 5{x^2}} = AA’$

Do đó thể tích khối hộp chữ nhật là:

${V_{ABCD.A’B’C’D’}} = AA’.AB.AD = \sqrt {4{R^2} – 5{x^2}} .2{x^2}$

Xét hàm số $f\left( x \right) = \sqrt {4{R^2} – 5{x^2}} .2{x^2}\,\left( {0 < x \le \frac{2}{{\sqrt 5 }}R} \right)$ ta có:

$f’\left( x \right) = \frac{{ – 10x}}{{2\sqrt {4{R^2} – 5{x^2}} }}.2{x^2} + \sqrt {4{R^2} – 5{x^2}} .4x$

$f’\left( x \right) = \frac{{ – 10{x^3} + \left( {4{R^2} – 5{x^2}} \right).4x}}{{\sqrt {4{R^2} – 5{x^2}} }}$

$f’\left( x \right) = \frac{{16{R^2}x – 30{x^3}}}{{\sqrt {4{R^2} – 5{x^2}} }}$

Khi đó

$f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 16{R^2}x – 30{x^3} = 0$

$ \Leftrightarrow 2x\left( {8{R^2} – 15{x^2}} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\,\left( {loai} \right)\\x = \frac{{2\sqrt {30} R}}{{15}}\,\left( {tm} \right)\\x = – \frac{{2\sqrt {30} R}}{{15}}\,\left( {loai} \right)\end{array} \right.$

Ta có BTT:

x 0 $\frac{{2\sqrt {30} R}}{{15}}$ $\frac{2}{{\sqrt 5 }}R$

$f’\left( x \right)$ + 0 -$f\left( x \right)$

Từ BBT suy ra $\mathop {\max }\limits_{\left( {0;\,\frac{{2R}}{{\sqrt 5 }}} \right]} f\left( x \right) = f\left( {\frac{{2\sqrt {30} R}}{{15}}} \right) \Leftrightarrow x = \frac{{2\sqrt {30} R}}{{15}}$.

Vậy thể tích khối hộp đã cho đạt giá trị lớn nhất khi $x = \frac{{2\sqrt {30} R}}{{15}}$.