Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục Khoa Học Công Nghệ Bạc Liêu Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
30

Đề thi học kì 1 Toán 12 sở giáo dục khoa học công nghệ Bạc Liêu có đáp án và lời giải chi tiết gồm 50 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GDKHCN

BẠC LIÊU

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I

MÔN: TOÁN – Lớp 12

Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề

Câu 1 (TH). Phương trình $\ln \left( {5 – x} \right) = \ln \left( {x + 1} \right)$ có nghiệm là

A. $x = – 2$ B. $x = 3$ C. $x = 2$ D. $x = 1$

Câu 2 (TH). Gọi ${x_1}$ và ${x_2}$ là hai nghiệm của phương trình ${25^x} – {7.5^x} + 10 = 0$. Giá trị biểu thức ${x_1} + {x_2}$ bằng

A. ${\log _5}7$ B. ${\log _5}20$ C. ${\log _5}10$ D. ${\log _5}70$

Câu 3 (NB). Phương trình ${3^{2{\rm{x}} + 3}} = {3^{4x – 5}}$ có nghiệm là

A. $x = 3$ B. $x = 4$ C. $x = 2$ D. $x = 1$

Câu 4 (NB). Khối chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?

A. 5 B. 2 C. 6 D. 4

Câu 5 (TH). Hàm số nào có đồ thị là hình vẽ sau đây?

A. $y = {x^4} + 3{{\rm{x}}^2} – 4$ B. $y = \frac{{2{\rm{x}} + 1}}{{3{\rm{x}} – 5}}$

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

Câu 6 (NB). Cho khối nón có chiều cao $h = 9{\rm{a}}$ và bán kính đường tròn đáy $r = 2{\rm{a}}$. Thể tích của khối nón đã cho là

A. $V = 12\pi {a^3}$ B. $V = 6\pi {a^3}$ C. $V = 24\pi {a^3}$ D. $V = 36\pi {a^3}$

Câu 7 (TH). Cho hình chữ nhật ABCD có $AB = 2{\rm{a}}\sqrt 3 ,{\rm{ }}\widehat {{\rm{AD}}B} = 60^\circ $. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD, BC. Khối trụ tròn xoay tạo thành khi quay hình chữ nhật ABCD (kể cả điểm trong) xung quanh cạnh MN có thể tích bằng bao nhiêu?

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

Câu 8 (TH). Giá trị lớn nhất của hàm số $y = \frac{{x + 2}}{{x – 2}}$ trên đoạn $\left[ {3;4} \right]$ là

A. 4 B. 2 C. 3 D. 5

Câu 9 (TH). Phương trình ${2^{{x^2} + 2{\rm{x}} + 4}} = 3m – 7$ có nghiệm khi

A. $m \in \left[ {\frac{{23}}{3}; + \infty } \right)$ B. $m \in \left( {\frac{7}{3}; + \infty } \right)$ C. $m \in \left[ {\frac{7}{3}; + \infty } \right)$ D. $m \in \left[ {5; + \infty } \right)$

Câu 10 (TH). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đồ thị là hình vẽ sau:

Đường thẳng $d:y = m$ cắt đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại bốn điểm phân biệt khi

A. $ – 1 \le m \le 0$ B. $ – 1 < m < 0$ C. $m < 0$ D. $m > – 1$

Câu 11 (NB). Cho khối trụ có chiều cao $h = 4{\rm{a}}$ và bán kính đường tròn đáy $r = 2{\rm{a}}$. Thể tích của khối trụ đã cho bằng

A. $8\pi {a^3}$ B. $16\pi {a^3}$ C. $6\pi {a^3}$ D. $\frac{{16\pi {a^3}}}{3}$

Câu 12 (TH). Cho ${\log _2}\left( {3{\rm{x}} – 1} \right) = 3$. Giá trị biểu thức $K = {\log _3}\left( {10{\rm{x}} – 3} \right) + {2^{{{\log }_2}\left( {2{\rm{x}} – 1} \right)}}$ bằng

A. 8 B. 35 C. 32 D. 14

Câu 13 (TH). Cho hàm số $f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c$ có đồ thị như sau:

Khẳng định nào sau đây đúng?

A. $a < 0,b > 0,c > 0$ B. $a < 0,b < 0,c > 0$ C. $a > 0,b > 0,c > 0$ D. $a < 0,b < 0,c < 0$

Câu 14 (TH). Đồ thị $\left( C \right)$ của hàm số $y = \frac{{2{\rm{x}} – 5}}{{x + 1}}$ cắt trục Oy tại điểm M. Tiếp tuyến của đồ thị $\left( C \right)$ tại M có phương trình là

A. $y = 7{\rm{x}} + 5$ B. $y = – 7{\rm{x}} – 5$ C. $y = 7{\rm{x}} – 5$ D. $y = – 7{\rm{x}} + 5$

Câu 15 (TH). Số đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{{x + 2}}{{\sqrt {4{{\rm{x}}^2} + 1} }}$ là

A. 2 B. 1 C. 4 D. 0

Câu 16 (TH). Cho hình chóp S.ABC có $SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)$, ABCD là hình chữ nhật, $AB = 2BC = 2{\rm{a}},SC = 3{\rm{a}}$. Thể tích khối chóp S.ABCD bằng

A. ${a^3}$ B. $\frac{{4{{\rm{a}}^3}}}{3}$ C. $\frac{{{a^3}}}{3}$ D. $\frac{{2{{\rm{a}}^3}}}{3}$

Câu 17 (TH). Cho $\Delta ABC$ vuông tại A có $AB = 4{\rm{a}},AC = 3{\rm{a}}$. Quay $\Delta ABC$ xung quanh cạnh AB, đường gấp khúc ACB tạo nên một hình nón tròn xoay. Diện tích xung quanh của hình nón đó là

A. ${S_{xq}} = 24\pi {a^2}$ B. ${S_{xq}} = 12\pi {a^2}$ C. ${S_{xq}} = 30\pi {a^2}$ D. ${S_{xq}} = 15\pi {a^2}$

Câu 18 (TH). Hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục trên $\left[ { – 1;3} \right]$ và có bảng biến thiên như sau

Giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ { – 1;3} \right]$ là

A. 1 B. 5 C. 2 D. $ – 2$

Câu 19 (NB). Thể tích của khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là

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

Câu 20 (NB). Hàm số nào sau đây đồng biến trên $\mathbb{R}$?

A. $y = {\left( {\frac{e}{2}} \right)^x}$ B. $y = {\left( {\frac{\pi }{4}} \right)^x}$ C. $y = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^x}$ D. $y = {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^x}$

Câu 21 (TH). Tập xác định của hàm số $y = {\left( {{x^2} – 9{\rm{x}} + 18} \right)^\pi }$ là

A. $\left( { – \infty ;3} \right) \cup \left( {6; + \infty } \right)$ B. $\mathbb{R}\backslash \left\{ {3;6} \right\}$ C. $\left( {3;6} \right)$ D. $\left[ {3;6} \right]$

Câu 22 (TH). Đạo hàm của hàm số $f\left( x \right) = {e^{4{\rm{x}} + 2019}}$ là

A. $f’\left( x \right) = \frac{{{e^{4{\rm{x}} + 2019}}}}{4}$ B. $f’\left( x \right) = {e^4}$ C. $f’\left( x \right) = 4{{\rm{e}}^{4{\rm{x}} + 2019}}$ D. $f’\left( x \right) = {e^{4{\rm{x}} + 2019}}$

Câu 23 (TH). Hàm số nào có bảng biến thiên là hình sau đây?

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

Câu 24 (TH). Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên $\mathbb{R}$?

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

Câu 25 (TH). Cho hàm số $y = \frac{{2{\rm{x}} – 1}}{{x + 1}}$, mệnh đề nào sau đây đúng?

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

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

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

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

Câu 26. (TH) Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

Khoảng nghịch biến của hàm số $y = f\left( x \right)$ là

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

Câu 27 (NB). Cho hình nón có bán kính đường tròn đáy $r = 3{\rm{a}}$ và đường sinh $l = 2{\rm{r}}$. Diện tích xung quanh của hình nón bằng

A. $6\pi {a^2}$ B. $9\pi {a^2}$ C. $36\pi {a^2}$ D. $18\pi {a^2}$

Câu 28 (TH). Hàm số nào sau đây có ba điểm cực trị?

A. $y = \frac{{2{\rm{x}} – 4}}{{x + 1}}$ B. $y = – {x^4} – 4{{\rm{x}}^2} + 2020$ C. $y = {x^3} – 3{{\rm{x}}^2} + 5$ D. $y = 3{{\rm{x}}^4} – {x^2} + 2019$

Câu 29 (NB). Thể tích của khối hộp chữ nhật có ba kích thước 2, 3 và 4 là:

A. $V = 24$ B. $V = 8$ C. $V = 9$ D. $V = 20$

Câu 30 (TH). Cho khối chóp tam giác S.ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC. Tỉ số giữa thể tích của khối chóp S.MNP và khối chóp S.ABC là:

A. $\frac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{1}{6}$ B. $\frac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{1}{8}$ C. $\frac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = 8$ D. $\frac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = 6$

Câu 31 (TH). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đồ thị là hình vẽ sau:

Điểm cực đại của hàm số $y = f\left( x \right)$ là:

A. $x = – 2$ B. $x = 0$

C. $x = 2$ D. $y = 2$

Câu 32 (TH). Cho lăng trụ đứng $ABC.A’B’C’$ có đáy là tam giác vuông tại A. Biết ${\rm{AA’}} = a\sqrt 3 ,AB = a\sqrt 2 $ và $AC = 2{\rm{a}}$. Thể tích của khối lăng trụ $ABC.A’B’C’$ là

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

Câu 33 (TH). Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = {x^3} – 3 + 4$ trên đoạn $\left[ {0;2} \right]$. Giá trị của biểu thức ${M^2} + {m^2}$ bằng:

A. 52 B. 20 C. 8 D. 40

Câu 34 (NB). Thể tích của khối cầu có bán kính $r = 2$ là:

A. $V = \frac{{32\pi }}{3}$ B. $V = \frac{{33\pi }}{3}$ C. $V = 16\pi $ D. $V = 32\pi $

Câu 35 (NB). Với a, b, c là các số dương và $a \ne 1$, mệnh đề nào sau đây sai?

A. ${\log _a}\left( {b.c} \right) = {\log _a}b + {\log _a}c$ B. ${\log _a}\left( {b.c} \right) = {\log _a}b.{\log _a}c$

C. ${\log _a}{b^c} = c{\log _a}b$ D. ${\log _a}\left( {\frac{b}{c}} \right) = {\log _a}b – {\log _a}c$

Câu 36 (TH). Giá trị cực đại của hàm số $y = \frac{1}{3}{x^3} – 4{\rm{x}} + 2$ là:

A. $ – \frac{{10}}{3}$ B. 2 C. $\frac{{22}}{3}$ D. $ – 2$

Câu 37 (TH). Cắt khối nón bởi một mặt phẳng qua trục, thiết diện là một tam giác đều có diện tích bằng $25\sqrt 3 {a^2}$. Thể tích của khối nón đó bằng

A. $\frac{{125\sqrt 3 \pi {a^3}}}{3}$ B. $\frac{{125\sqrt 3 \pi {a^3}}}{6}$ C. $\frac{{125\sqrt 3 \pi {a^3}}}{9}$ D. $\frac{{125\sqrt 3 \pi {a^3}}}{{12}}$

Câu 38 (NB). Với a, b là các số thực dương và $\alpha ,\beta $ là các số thực, mệnh đề nào sau đây sai?

A. ${\left( {{a^\alpha }} \right)^\beta } = {a^{\alpha + \beta }}$ B. ${\left( {a.b} \right)^\alpha } = {a^\alpha }.{b^\alpha }$ C. ${\left( {{a^\alpha }} \right)^\beta } = {a^{\alpha \beta }}$ D. $\frac{{{a^\alpha }}}{{{a^\beta }}} = {a^{\alpha – \beta }}$

Câu 39 (NB). Đồ thị hàm số $y = \frac{{3 + 2{\rm{x}}}}{{2{\rm{x}} – 2}}$ có đường tiệm cận đứng là

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

Câu 40 (TH). Tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = {x^3} – 3{{\rm{x}}^2} + 2$ tại điểm $M\left( { – 1; – 2} \right)$ có phương trình là

A. $y = 24{\rm{x}} + 22$ B. $y = 24{\rm{x}} – 2$ C. $y = 9{\rm{x}} + 7$ D. $y = 9{\rm{x}} – 2$

Câu 41 (VD). Hàm số $y = – \frac{{{x^3}}}{3} + \left( {m – 1} \right){x^2} + \left( {m + 3} \right)x + 1$ đồng biến trên khoảng $\left( {0;3} \right)$ khi $m \in \left[ {\frac{a}{b}; + \infty } \right)$, với $a,b \in \mathbb{Z}$ và $\frac{a}{b}$ là phân số tối giản. Giá trị của biểu thức $T = {a^2} + {b^2}$ bằng

A. 319 B. 193 C. 139 D. 391

Câu 42 (VD). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ đồng thời thỏa mãn điều kiện $f\left( 0 \right) < 0$ và

$\left[ {f\left( x \right) – 4{\rm{x}}} \right]f\left( x \right) = 9{{\rm{x}}^4} + 2{{\rm{x}}^2} + 1,{\rm{ }}\forall {\rm{x}} \in \mathbb{R}$. Hàm số $g\left( x \right) = f\left( x \right) + 4{\rm{x}} + 2020$ nghịch biến trên khoảng nào?

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

Câu 43 (VD). Gọi S là tập hợp các giá trị của m sao cho đồ thị hàm số $y = {x^3} + 3m{{\rm{x}}^2} + 4{m^3}$ có điểm cực trị đối xứng với nhau qua đường thẳng $d:y = x$. Tổng tất cả các phần tử của tập hợp S bằng

A. $\sqrt 2 $ B. $\frac{1}{2}$ C. $\frac{{\sqrt 2 }}{2}$ D. 0

Câu 44 (VD). Hình nón $\left( N \right)$ có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm I, đường sinh $l = 3{\rm{a}}$ và chiều cao $SI = a\sqrt 5 $. Gọi H là điểm thay đổi trên đoạn SI. Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ vuông góc với SI tại H, cắt hình nón theo giao tuyến là đường tròn $\left( C \right)$. Khối nón đỉnh I, đáy là đường tròn $\left( C \right)$ có thể tích lớn nhất bằng

A. $\frac{{32\sqrt 5 \pi {a^3}}}{{81}}$ B. $\frac{{5\sqrt 5 \pi {a^3}}}{{81}}$ C. $\frac{{8\sqrt 5 \pi {a^3}}}{{81}}$ D. $\frac{{16\sqrt 5 \pi {a^3}}}{{81}}$

Câu 45 (VDC). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm liên tục trên $\mathbb{R}$ và hàm số $y = f’\left( x \right)$ có đồ thị như sau:

Đặt $g\left( x \right) = f\left( {x – \frac{m}{3}} \right) – \frac{1}{2}{\left( {x – \frac{m}{3} – 1} \right)^2} + m + 1$ với m là tham số. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của m để hàm số $y = g\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( {7;8} \right)$. Tổng của tất cả các phần tử có trong tập hợp S bằng

A. 186 B. 816 C. 168 D. 618

Câu 46 (VDC). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

$2\sqrt {\log _4^2x + {{\log }_{\frac{1}{2}}}x – 3} = \sqrt m \left( {{{\log }_4}{x^2} – 3} \right)$ có nghiệm ${x_0} \in \left[ {64; + \infty } \right)$?

A. 9 B. 6 C. 8 D. 5

Câu 47 (VD). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABCD là hình thoi, $B{\rm{D}} = 2{\rm{A}}C = 4{\rm{a}}$. Tam giác SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABC{\rm{D}}} \right)$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC bằng

A. $\frac{{3\sqrt 5 a}}{{16}}$ B. $\frac{{\sqrt {10} a}}{4}$ C. $\frac{{9\sqrt 5 a}}{{16}}$ D. $\frac{{3\sqrt {10} a}}{{16}}$

Câu 48 (VDC). Cho x và y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ${x^3} + xy\left( {2{\rm{x}} + y} \right) = 2{y^3} + 2{\rm{x}}y\left( {x + 2y} \right)$. Điều kiện của tham số m để phương trình $\log _3^2\left( {\frac{{{x^2}}}{{2y}}} \right) – m{\log _3}\left( {\frac{{4{y^2}}}{x}} \right) + 2m – 4 = 0$ có nghiệm thuộc đoạn $\left[ {1;3} \right]$

A. $2 \le m \le 3$ B. $m \ge 3$ C. $m \le 4$ D. $3 \le m \le 5$

Câu 49 (VD). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và có đồ thị như hình vẽ. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số $g\left( x \right) = f\left[ {4\left( {{{\sin }^4}x + {{\cos }^4}x} \right)} \right]$. Giá trị của biểu thức $2M + 3m$ bằng

A. 3 B. 11

C. 20 D. 14

Câu 50 (VD). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm trên $\mathbb{R}$ và có đồ thị như hình vẽ sau. Số nghiệm nguyên của phương trình ${\left( {\left[ {f{{\left( {{x^2} – 2} \right)}^2}} \right]} \right)^t} = 0$ là

A. 3 B. 4

C. 2 D. 5

Đáp án

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1 (TH): Đáp án C

Phương pháp

– Tìm ĐKXĐ.

– Sử dụng công thức ${\log _a}f\left( x \right) = {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right)$.

Cách giải:

ĐK: $\left\{ \begin{array}{l}5 – x > 0\\x + 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < 5\\x > – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow – 1 < x < 5$

PT $ \Leftrightarrow 5 – x = x + 1 \Leftrightarrow x = 2$ (TM)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x = 2$.

Câu 2 (TH): Đáp án C

Phương pháp

– Giải phương trình đã cho tìm nghiệm ${x_1},{\rm{ }}{{\rm{x}}_2}$ bằng phương pháp đặt ẩn phụ.

– Tính tổng ${x_1} + {x_2}$ và kết luận.

Cách giải:

Đặt $t = {5^x} > 0$ ta được: ${t^2} – 7t + 10 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\\t = 5\end{array} \right.$ (TM)

Suy ra $\left[ \begin{array}{l}{5^x} = 2\\{5^x} = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {\log _5}2\\x = 1\end{array} \right.$

Do đó ${x_1} + {x_2} = {\log _5}2 + 1 = {\log _5}10$.

Câu 3 (NB): Đáp án B

Phương pháp

Sử dụng so sánh ${a^{f\left( x \right)}} = {a^{g\left( x \right)}} \Leftrightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right)$

Cách giải:

Ta có: ${3^{2{\rm{x}} + 3}} = {3^{4{\rm{x}} – 5}} \Leftrightarrow 2{\rm{x}} + 3 = 4{\rm{x}} – 5 \Leftrightarrow – 2{\rm{x}} = – 8 \Leftrightarrow x = 4$.

Câu 4 (NB): Đáp án D

Phương pháp

Mặt phẳng đối xứng của một hình chóp tứ giác đều là các mặt phẳng hai đỉnh đối diện của đáy và đỉnh hình chóp và các mặt phẳng đi qua trung điểm hai cạnh đối diện ở đáy và đỉnh hình chóp.

Cách giải:

Các mặt phẳng đối xứng của hình là: $\left( {SAC} \right),\left( {SB{\rm{D}}} \right),\left( {SFG} \right),\left( {SHI} \right)$.

Câu 5 (TH): Đáp án D

Phương pháp

Quan sát dáng đồ thị nhận xét hệ số a, điểm đi qua và kết luận.

Cách giải:

Từ đồ thị ta thấy hàm số là hàm bậc ba có hệ số $a > 0$ nên loại A, B.

Đồ thị hàm số đi qua $\left( {0; – 4} \right)$ nên chỉ có đáp án D thỏa mãn.

Câu 6 (NB): Đáp án A

Phương pháp

Thể tích khối nón: $V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h$.

Cách giải:

Thể tích khối nón: $V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {\left( {2{\rm{a}}} \right)^2}.9{\rm{a}} = 12\pi {a^3}$.

Câu 7 (TH): Đáp án C

Phương pháp

Thể tích khối trụ: $V = \pi {r^2}h$

Cách giải:

Khi quay hình chữ nhật quanh MN ta được hình trụ bán kính MA và chiều cao $MN = AB = A{\rm{D}}$.

Tam giác ABD có $A = 90^\circ $, $AB = 2{\rm{a}}\sqrt 3 $ nên $A{\rm{D}} = \frac{{AB}}{{\tan 60^\circ }} = \frac{{2{\rm{a}}\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} = 2{\rm{a}}$.

Khi đó $MA = \frac{1}{2}A{\rm{D}} = a$.

Vậy thể tích $V = \pi M{A^2}.MN = \pi {a^2}.2{\rm{a}}\sqrt 3 = 2\pi {a^3}\sqrt 3 $.

Câu 8 (TH): Đáp án C

Phương pháp

– Tính đạo hàm $y’$

– Nhận xét tính đơn điệu của hàm số và suy ra GTLN.

Cách giải:

$T{\rm{XD}}:D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}$.

Ta có: $y’ = \frac{{ – 2.1 – 2.1}}{{{{\left( {x – 2} \right)}^2}}} = – \frac{4}{{{{\left( {x – 2} \right)}^2}}} < 0$ với $\forall x \in {\rm{D}}$ nên hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng $\left( { – \infty ;2} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$.

Do đó hàm số nghịch biến trên $\left[ {3;4} \right]$.

$ \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {3;4} \right]} y = y\left( 4 \right) = \frac{{4 + 2}}{{4 – 2}} = 3$.

Câu 9 (TH): Đáp án D

Phương pháp

Sử dụng lý thuyết:

Phương trình bậc hai $a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)$ có nghiệm khi $\Delta \ge 0$.

Cách giải:

Ta có: ${2^{{x^2} + 2{\rm{x}} + 4}} = 3m – 7$

Dễ thấy ${2^{{x^2} + 2{\rm{x}} + 4}} > 0$ nên $3m – 7 > 0 \Leftrightarrow m > \frac{7}{3}$.

PT $ \Leftrightarrow {x^2} + 2{\rm{x}} + 4 = {\log _2}\left( {3m – 7} \right) \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + 3 = {\log _2}3m – 7$

$ \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} = {\log _2}\left( {3m – 7} \right) – 3$

Do ${\left( {x + 1} \right)^2} \ge 0$ nên phương trình đã cho có nghiệm $ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {3m – 7} \right) – 3 \ge 0$

$ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {3m – 7} \right) \ge 3 \Leftrightarrow 3m – 7 \ge {2^3} \Leftrightarrow 3m \ge 15 \Leftrightarrow m \ge 5$

Kết hợp với $m > \frac{7}{3}$ ta được $m \ge 5$.

Vậy $m \in \left[ {5; + \infty } \right)$.

Câu 10 (TH): Đáp án B

Phương pháp

Dựa vào sự tương giao của hai đồ thị hàm số.

Cách giải:

Từ đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng $d:y = m$ cắt đồ thị hàm số đã cho tại 4 điểm phân biệt khi $ – 1 < m < 0$.

Câu 11 (NB): Đáp án B

Phương pháp

Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ có chiều cao h và bán kính đáy r là $V = \pi {r^2}h$

Cách giải:

Thể tích khối trụ là: $V = \pi {r^2}h = \pi {\left( {2{\rm{a}}} \right)^2}.4{\rm{a}} = 16\pi {a^3}$.

Câu 12 (TH): Đáp án A

Phương pháp

Tìm x dựa vào cách giải phương trình ${\log _a}f\left( x \right) = b\left( {a > 0} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) > 0\\f\left( x \right) = {a^b}\end{array} \right.$

Từ đó thay x vào K để tính giá trị.

Cách giải:

Ta có: ${\log _2}\left( {3{\rm{x}} – 1} \right) = 3 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > \frac{1}{3}\\3{\rm{x}} – 1 = {2^3}\end{array} \right. \Rightarrow x = 3$.

Thay $x = 3$ vào K ta được:

$K = {\log _3}\left( {10.3 – 3} \right) + {2^{{{\log }_2}\left( {2.3 – 1} \right)}}$

$ = {\log _3}27 + 5 = 3 + 5 = 8$.

Câu 13 (TH): Đáp án A

Phương pháp

Đọc đồ thị hàm trùng phương.

Xác định dấu của hệ số a dựa vào $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y$

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị thì $ab < 0$

Xác định dấu của hệ số c dựa vào giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung.

Cách giải:

+) Từ đồ thị hàm số ta thấy: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = – \infty $ nên $a < 0$.

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên $ab < 0 \Rightarrow b > 0$

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên $c > 0$.

Suy ra $a < 0;b > 0;c > 0$.

Câu 14 (TH): Đáp án C

Phương pháp

Tìm tọa độ điểm M.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ có dạng: $y = f’\left( {{x_0}} \right)\left( {x – {x_0}} \right) + {y_0}$.

Cách giải:

Giao điểm của $\left( C \right)$ với trục tung là $M\left( {0;y} \right)$

Suy ra $y = \frac{{ – 2.0 – 5}}{{0 + 1}} = – 5 \Rightarrow M\left( {0; – 5} \right)$

Ta có $y’ = \frac{7}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} \Rightarrow y\left( 0 \right) = 7$

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: $y = y’\left( 0 \right)\left( {x – 0} \right) + \left( { – 5} \right) \Leftrightarrow y = 7{\rm{x}} – 5$.

Câu 15 (TH): Đáp án A

Phương pháp

Sử dụng định nghĩa: Đường thẳng $y = {y_0}$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ nếu một trong các điều kiện sau được thỏa mãn: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = {y_0};{\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = {y_0}$.

Cách giải:

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x + 2}}{{\sqrt {4{{\rm{x}}^2} + 1} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{1 + \frac{2}{x}}}{{\sqrt {4 + \frac{1}{{{x^2}}}} }} = \frac{1}{2}$ nên $y = \frac{1}{2}$ là TCN của đồ thị hàm số

$\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{x + 2}}{{\sqrt {4{{\rm{x}}^2} + 1} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{1 + \frac{2}{x}}}{{ – \sqrt {4 + \frac{1}{{{x^2}}}} }} = – \frac{1}{2}$ nên $y = – \frac{1}{2}$ là TCN của đồ thị hàm số

Vậy đồ thị hàm số đã cho có hai TCN.

Câu 16 (TH): Đáp án B

Phương pháp

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

Cách giải:

Xét tam giác ABC vuông tại B, ta có:

 $AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{{\left( {2{\rm{a}}} \right)}^2} + {a^2}} = a\sqrt 5 $

Vì $SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow SA \bot AC$

Xét tam giác SAC vuông tại A ta có:

$SA = \sqrt {S{C^2} – A{C^2}} = \sqrt {{{\left( {3{\rm{a}}} \right)}^2} – {{\left( {a\sqrt 5 } \right)}^2}} = 2{\rm{a}}$

Thể tích khối chóp: ${V_{S.ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.2{\rm{a}}.2{\rm{a}}.a = \frac{4}{3}{a^3}$.

Câu 17 (TH): Đáp án D

Phương pháp

Diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy r, đường sinh l là ${S_{xq}} = \pi rl$.

Cách giải:

Khi quay tam giác ABC vuông tại A quanh cạnh AB ta được hình nón có chiều cao AB, bán kính đáy AC và đường sinh BC.

Ta có: $BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {16{{\rm{a}}^2} + 9{{\rm{a}}^2}} = 5{\rm{a}}$

Diện tích xung quanh của hình nón tạo thành là: ${S_{xq}} = \pi .AC.BC = \pi .3{\rm{a}}.5{\rm{a}} = 15\pi {a^2}$.

Câu 18 (TH): Đáp án D

Phương pháp

Dựa vào BBT để xác định giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho.

Cách giải:

Từ BBT ta thấy GTNN của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left[ { – 1;3} \right]$ là $ – 2 \Leftrightarrow x = 2$.

Câu 19 (NB): Đáp án B

Phương pháp

Thể tích khối chóp $V = \frac{1}{3}Bh$, ở đó B là diện tích đáy, h là chiều cao.

Cách giải:

Thể tích khối chóp $V = \frac{1}{3}Bh$, ở đó B là diện tích đáy, h là chiều cao.

Câu 20 (NB): Đáp án A

Phương pháp

Hàm số $y = {a^x}$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ nếu $a > 1$.

Cách giải:

Đáp án A: $\frac{e}{2} > 1$ nên hàm số $y = {\left( {\frac{e}{2}} \right)^x}$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Câu 21 (TH): Đáp án A

Phương pháp

Hàm số $y = {\left( {f\left( x \right)} \right)^\alpha }$ với $\alpha $ không nguyên xác định khi $f\left( x \right) > 0$.

Cách giải:

Hàm số $y = {\left( {{x^2} – 9{\rm{x}} + 18} \right)^\pi }$ xác định khi ${x^2} – 9{\rm{x}} + 18 > 0 \Leftrightarrow \left( {x – 3} \right)\left( {x – 6} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 6\\x < 3\end{array} \right.$

Vậy TXĐ: $D = \left( { – \infty ;3} \right) \cup \left( {6; + \infty } \right)$.

Câu 22 (TH): Đáp án C

Phương pháp

Đạo hàm ${\left( {{e^u}} \right)^\prime } = u’.{e^u}$.

Cách giải:

Ta có: $f’\left( x \right) = {\left( {{e^{4{\rm{x}} + 2019}}} \right)^\prime } = {\left( {4{\rm{x}} + 2019} \right)^\prime }{e^{4{\rm{x}} + 2019}} = 4{{\rm{e}}^{4{\rm{x}} + 2019}}$.

Câu 23 (TH): Đáp án A

Phương pháp

Quan sát bảng biến thiên, nhận xét TCĐ, TCN và kết luận.

Cách giải: Từ bảng biến thiên ta thấy, đồ thị hàm số có:

TCĐ: $x = 1$ nên loại D.

TCN: $y = – 1$ nên loại B, C.

Câu 24 (TH): Đáp án C

Phương pháp

– Tính $y’$.

– Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$ nếu và chỉ nếu $y’ > 0,\forall x \in \mathbb{R}$.

Cách giải:

Đáp án A: TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { – 2} \right\}$

$y’ = \frac{{2.2 – \left( { – 1} \right).1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{5}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} > 0$ nên hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { – \infty ; – 2} \right)$ và $\left( { – 2; + \infty } \right)$ (loại).

Đáp án B: TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

$y’ = – 3{{\rm{x}}^2} + 2{\rm{x}} – 5$ có $\Delta ‘ = 1 – \left( { – 3} \right).\left( { – 5} \right) = – 14 < 0$ và $a = – 3 < 0$ nên $y’ < 0,\forall x \in \mathbb{R}$

Do đó hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$ (loại).

Đáp án C: TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

Ta có: $y’ = 3{{\rm{x}}^2} + 2 > 0,\forall x \in \mathbb{R}$ nên hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Câu 25 (TH): Đáp án B

Phương pháp

– Tính $y’$.

– Xét dấu $y’$ và kết luận tính đơn điệu của hàm số.

Cách giải:

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

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

Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { – \infty ; – 1} \right)$ và $\left( { – 1; + \infty } \right)$.

Câu 26 (TH): Đáp án C

Phương pháp

Khoảng mà làm cho $f’\left( x \right) < 0$ là khoảng nghịch biến của hàm số $y = f\left( x \right)$.

Cách giải:

Ta thấy, $f’\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {1;3} \right)$.

Câu 27 (NB): Đáp án D

Phương pháp

Diện tích xung quanh hình nón ${S_{xq}} = \pi rl$.

Cách giải:

Diện tích xung quanh hình nón ${S_{xq}} = \pi rl = \pi \left( {3{\rm{a}}} \right)\left( {2.3{\rm{a}}} \right) = 18\pi {a^2}$.

Câu 28 (TH): Đáp án D

Phương pháp

Nhận xét số điểm cực trị của mỗi hàm số đã biết để loại đáp án.

Cách giải:

Đáp án A: Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất $\left( {a{\rm{d}} – bc \ne 0} \right)$ không có điểm cực trị (loại).

Đáp án B: Ta có: $y’ = – 4{{\rm{x}}^3} – 8{\rm{x}} = – 4{\rm{x}}\left( {{x^2} + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0$

Do đó hàm số chỉ có một điểm cực trị $x = 0$ (loại).

Đáp án C: Hàm đa thức bậc ba chỉ có tối đa hai điểm cực trị (loại).

Đáp án D: $y’ = 12{{\rm{x}}^3} – 2{\rm{x}} = 2{\rm{x}}\left( {6{{\rm{x}}^2} – 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm \frac{1}{{\sqrt 6 }}\end{array} \right.$ nên hàm số đã cho có ba điểm cực trị.

Câu 29 (NB): Đáp án A

Phương pháp

Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước a, b, c là $V = abc$.

Cách giải:

Thể tích khối hộp chữ nhật là: $V = 2.3.4 = 24$.

Câu 30 (TH): Đáp án B

Phương pháp

Sử dụng công thức tỉ lệ thể tích. Cho hình chóp S.ABC, có M, N, P lần lượt thuộc các cạnh SA, SB, SC.

Khi đó: $\frac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SB}}.\frac{{SP}}{{SC}}$

Cách giải:

Vì M, N, P lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC nên $\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SN}}{{SB}} = \frac{{SP}}{{SC}} = \frac{1}{2}$.

Ta có tỉ số thể tích cần tìm là: $\frac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SB}}.\frac{{SP}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{8}$.

Câu 31 (TH): Đáp án B

Phương pháp

Đọc đồ thị hàm số để tìm điểm cực đại.

Cách giải:

 Từ đths ta thấy $f’\left( x \right) > 0$ với $x < 0$ và $f’\left( x \right) < 0$ khi $x < 0$.

Suy ra $x = 0$ là điểm cực đại của hàm số.

Câu 32 (TH): Đáp án A

Phương pháp

Thể tích hình lăng trụ có chiều cao h và diện tích đáy S là $V = h.S$.

Cách giải:

Diện tích đáy ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}a\sqrt 2 .2{\rm{a}} = \sqrt 2 {a^2}$

Thể tích lăng trụ cần tìm là: ${V_{ABC.A’B’C’}} = AA’.{S_{ABC}} = \sqrt 3 a.\sqrt 2 {a^2} = \sqrt 6 {a^3}$.

Câu 33 (TH): Đáp án D

Phương pháp

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

Bước 1: Tìm tập xác định D, $\left[ {a;b} \right] \subset D$.

Bước 2: Tính $f’\left( x \right)$, giải phương trình $f’\left( x \right) = 0$ tìm các nghiệm ${x_i}$ và các giá trị ${x_J}$ làm cho $f’\left( x \right)$ không xác định $\left( {{x_i};{x_J} \in \left[ {a;b} \right]} \right)$.

Bước 3: Tính $f\left( a \right);f\left( b \right);f\left( {{x_i}} \right);f\left( {{x_J}} \right)$

Khi đó: $\mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \max \left\{ {f\left( a \right);f\left( b \right);f\left( {{x_i}} \right);f\left( {{x_J}} \right)} \right\}$

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

Cách giải:

TXĐ: $D = \mathbb{R}$

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

Khi đó $y\left( 1 \right) = 2;y\left( 0 \right) = 4;y\left( 2 \right) = 6$

Suy ra $m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = 2 \Leftrightarrow x = 1;{\rm{ }}M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = 6 \Leftrightarrow x = 2$

Do đó ${m^2} + {M^2} = {2^2} + {6^2} = 40$.

Câu 34 (NB): Đáp án A

Phương pháp

Sử dụng công thức tính thể tích khối cầu bán kính R là $V = \frac{4}{3}\pi {R^3}$.

Cách giải:

Thể tích khối cầu là: $V = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi {.2^3} = \frac{{32}}{3}\pi $.

Câu 35 (NB): Đáp án B

Phương pháp

Sử dụng công thức logarit: ${\log _a}\left( {bc} \right) = {\log _a}b + {\log _a}c\left( {a,b,c > 0;a \ne 1} \right)$.

Cách giải:

Vì ${\log _a}\left( {bc} \right) = {\log _a}b + {\log _a}c\left( {a,b,c > 0;a \ne 1} \right)$ nên B sai.

Câu 36 (TH): Đáp án C

Phương pháp

Bước 1: Tính $y’$; giải phương trình $y’ = 0$.

Bước 2: Lập BBT

Bước 3: Kết luận

Cách giải:

Ta có $y’ = {x^2} – 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = – 2\end{array} \right.$

BBT:

Từ BBT suy ra giá trị cực đại là $y = \frac{{22}}{3}$ khi $x = – 2$.

Câu 37 (TH): Đáp án A

Phương pháp

 Thể tích khối nón có bán kính đáy r và chiều cao h là $V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h$

Cách giải:

Tam giác SAB là tam giác đều có diện tích

$S = \frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = 25\sqrt 3 {a^2} \Leftrightarrow A{B^2} = 100{{\rm{a}}^2} \Rightarrow AB = 10{\rm{a}} = SA$

Suy ra $SH = \sqrt {S{A^2} – A{O^2}} = \sqrt {{{10}^2} – {5^2}} = 5\sqrt 3 a$

Thể tích khối nón là:

$V = \frac{1}{3}\pi SH.O{A^2} = \frac{1}{3}\pi {\left( {5{\rm{a}}} \right)^2}.\left( {5\sqrt 3 a} \right) = \frac{{125{{\rm{a}}^3}}}{3}\pi $.

Câu 38 (NB): Đáp án A

Phương pháp

Sử dụng công thức ${\left( {{a^m}} \right)^n} = {a^{m.n}}$

Cách giải:

Ta có: ${\left( {{a^\alpha }} \right)^\beta } = {a^{\alpha .\beta }}$ nên A sai.

Câu 39 (NB): Đáp án D

Phương pháp

Đồ thị hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ có đường TCĐ: $x = – \frac{d}{c}$.

Cách giải:

Đồ thị hàm số có đường TCĐ: $x = 1$.

Câu 40 (TH): Đáp án C

Phương pháp

– Tính $y’$.

– Phương trình tiếp tuyến của đths tại điểm $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ là $y = y’\left( {{x_0}} \right)\left( {x – {x_0}} \right) + {y_0}$.

Cách giải:

Ta có: $y’ = 3{{\rm{x}}^2} – 6{\rm{x}}$

$y’\left( { – 1} \right) = 3{\left( { – 1} \right)^2} – 6\left( { – 1} \right) = 9$

Phương trình tiếp tuyến: $y = 9\left( {x + 1} \right) – 2 = 9{\rm{x}} + 7$.

Câu 41 (VD): Đáp án B

Phương pháp

– Tính $y’$.

– Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {0;3} \right) \Leftrightarrow y’ \ge 0,\forall x \in \left( {0;3} \right)$.

Cách giải:

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

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {0;3} \right) \Leftrightarrow y’ \ge 0,\forall x \in \left( {0;3} \right)$

$ \Leftrightarrow – {x^2} + 2\left( {m – 1} \right)x + m + 3 \ge 0,\forall x \in \left( {0;3} \right)$

Có ${\Delta _{y’}}^\prime = {\left( {m – 1} \right)^2} + m + 3 = {m^2} – m + 4 > 0$ với $\forall m$ nên $y’$ luôn có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{\rm{ }}{{\rm{x}}_2}$.

Mà $a = – 1 < 0$ nên $y’ \ge 0,\forall x \in \left( {0;3} \right) \Leftrightarrow {x_1} \le 0 < 3 \le {x_2}$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – {1.3^2} + 2\left( {m – 1} \right).3 + m + 3 \le 0\\ – {1.0^2} + 2\left( {m – 1} \right).0 + m + 3 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 1\left( {7m – 12} \right) \le 0\\ – 1\left( {m + 3} \right) \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge \frac{{12}}{7}\\m \ge – 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge \frac{{12}}{7}$

Do đó $m \in \left[ {\frac{{12}}{7}; + \infty } \right)$ hay $a = 12,b = 7$

Vậy $T = {a^2} + {b^2} = {12^2} + {7^2} = 193$.

Câu 42 (VD): Đáp án B

Phương pháp

– Tính $f\left( x \right)$ từ điều kiện bài cho, từ đó suy ra $g\left( x \right)$.

– Tính $g’\left( x \right)$.

– Xét dấu $g’\left( x \right)$ và kết luận khoảng nghịch biến.

Cách giải:

Ta có: $\left[ {f\left( x \right) – 4{\rm{x}}} \right]f\left( x \right) = 9{{\rm{x}}^4} + 2{{\rm{x}}^2} + 1$

$ \Leftrightarrow {f^2}\left( x \right) – 4{\rm{x}}.f\left( x \right) – \left( {9{{\rm{x}}^4} + 2{{\rm{x}}^2} + 1} \right) = 0$

Đặt $y = f\left( x \right)$ ta được ${y^2} – 4{\rm{x}}y – \left( {9{{\rm{x}}^4} + 2{{\rm{x}}^2} + 1} \right) = 0$

Có $\Delta ‘ = {\left( {2{\rm{x}}} \right)^2} + \left( {9{{\rm{x}}^4} + 2{{\rm{x}}^2} + 1} \right) = 9{{\rm{x}}^4} + 6{{\rm{x}}^2} + 1 = {\left( {3{{\rm{x}}^2} + 1} \right)^2}$

Do đó $\left[ \begin{array}{l}y = 2{\rm{x}} + 3{{\rm{x}}^2} + 1\\y = 2{\rm{x}} – 3{{\rm{x}}^2} – 1\end{array} \right.$ hay $\left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 3{{\rm{x}}^2} + 2{\rm{x}} + 1\\f\left( x \right) = – 3{{\rm{x}}^2} + 2{\rm{x}} – 1\end{array} \right.$

Mà $f\left( 0 \right) < 0$ nên $f\left( x \right) = – 3{{\rm{x}}^2} + 2{\rm{x}} – 1$

Ta có: $g’\left( x \right) = f’\left( x \right) + 4 = – 6{\rm{x}} + 2 + 4 = – 6{\rm{x}} + 6$

$g’\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow x > 1$ nên hàm số $y = g\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left( {1; + \infty } \right)$.

Câu 43 (VD): Đáp án D

Phương pháp

– Tính $y’$ và tìm nghiệm của $y’ = 0$.

– Tìm tọa độ các điểm cực trị và tìm điều kiện để hai điểm đó đối xứng với nhau qua d.

Cách giải:

Ta có: $y’ = 3{{\rm{x}}^2} – 6m{\rm{x}} = 3{\rm{x}}\left( {x – 2m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2m\end{array} \right.$.

Để hàm số có hai điểm cực trị thì $2m \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 0$.

Với $x = 0$ thì $y = 4{m^3}$ ta được điểm $A\left( {0;4{m^3}} \right) \in Oy$

Với $x = 2m$ thì $y = 0$ ta được điểm $B\left( {2m;0} \right) \in Ox$

Hai điểm A, B đối xứng nhau qua $d:y = x \Leftrightarrow AB \bot {\rm{d}}$

$ \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_d}} = 0 \Leftrightarrow 2m.1 + \left( { – 4{m^3}} \right).1 = 0 \Leftrightarrow m – 2{m^3} = 0 \Leftrightarrow m\left( {1 – 2{m^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\left( {Loai} \right)\\m = \pm \frac{1}{{\sqrt 2 }}\end{array} \right.$

Vậy $m \in \left\{ { \pm \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right\}$ nên tổng các giá trị của m là $\frac{1}{{\sqrt 2 }} – \frac{1}{{\sqrt 2 }} = 0$.

Câu 44 (VD): Đáp án C

Phương pháp

– Đặt $IH = x$ lập công thức tính thể tích khối nón theo x.

– Sử dụng phương pháp hàm số đánh giá GTLN của thể tích.

Cách giải:

 Tam giác SIB vuông tại I ta có $SI = \sqrt {S{B^2} – I{B^2}} = \sqrt {9{a^2} – 5{{\rm{a}}^2}} = 2{\rm{a}}$.

Đặt $IH = x\left( {0 < x < a\sqrt 5 } \right) \Rightarrow SH = SI – IH = a\sqrt 5 – x$

Tam giác SHA đồng dạng SIB nên

$\frac{{HA}}{{IB}} = \frac{{SH}}{{SI}} \Leftrightarrow \frac{{HA}}{{2{\rm{a}}}} = \frac{{a\sqrt 5 – x}}{{a\sqrt 5 }} \Leftrightarrow HA = \frac{{2{\rm{a}}\sqrt 5 – 2{\rm{x}}}}{{\sqrt 5 }}$

Thể tích khối nón đỉnh I đường tròn đáy tâm H là:

$V = \frac{1}{3}\pi H{A^2}.IH = \frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{{2{\rm{a}}\sqrt 5 – 2{\rm{x}}}}{{\sqrt 5 }}} \right)^2}.x = \frac{{4\pi }}{{15}}{\left( {a\sqrt 5 – x} \right)^2}.x$

Xét hàm $f\left( x \right) = {\left( {a\sqrt 5 – x} \right)^2}.x$ trên $\left( {0;a\sqrt 5 } \right)$ có:

$f’\left( x \right) = – 2\left( {a\sqrt 5 – x} \right).x + {\left( {a\sqrt 5 – x} \right)^2}$

$ = – 2{\rm{ax}}\sqrt 5 + 2{{\rm{x}}^2} + 5{{\rm{a}}^2} – 2ax\sqrt 5 + {x^2}$

$ = 3{x^2} – 4ax\sqrt 5 + 5{a^2}$

$f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = a\sqrt 5 \left( L \right)\\x = \frac{{a\sqrt 5 }}{3}\left( {TM} \right)\end{array} \right.$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số $f\left( x \right)$ đạt GTLN tại $x = \frac{{a\sqrt 5 }}{3}$ và $f\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{3}} \right) = \frac{{10{{\rm{a}}^3}\sqrt 5 }}{{27}}$

Vậy thể tích lớn nhất ${V_{\max }} = \frac{{4\pi }}{{15}}.\frac{{10{a^3}\sqrt 5 }}{{27}} = \frac{{8\pi {a^3}\sqrt 5 }}{{81}}$.

Câu 45 (VDC): Đáp án C

Phương pháp

– Tính $g’\left( x \right)$.

– Hàm số đã cho đồng biến trên $\left( {7;8} \right) \Leftrightarrow g’\left( x \right) \ge 0;\forall x \in \left( {7;8} \right)$.

Cách giải:

Ta có: $g’\left( x \right) = f’\left( {x – \frac{m}{3}} \right) – \left( {x – \frac{m}{3} – 1} \right)$

Đặt $t = x – \frac{m}{3}$. Với $x \in \left( {7;8} \right)$ thì $t \in \left( {7 – \frac{m}{3};8 – \frac{m}{3}} \right)$

Hàm số đã cho đồng biến trên $\left( {7;8} \right) \Leftrightarrow g’\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left( {7;8} \right)$

$ \Leftrightarrow f’\left( {x – \frac{m}{3}} \right) \ge x – \frac{m}{3} – 1,\forall x \in \left( {7;8} \right)$

$ \Leftrightarrow f’\left( t \right) \ge t – 1,\forall t \in \left( {7 – \frac{m}{3};8 – \frac{m}{3}} \right)$

Vẽ đường thẳng $y = x – 1$ trên cùng hệ tọa độ với đồ thị hàm số $y = f’\left( x \right)$ ta thấy

$f’\left( t \right) \ge t – 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} – 1 \le t \le 1\\t \ge 3\end{array} \right.$

Vậy $f’\left( t \right) \ge t – 1,\forall t \in \left( {7 – \frac{m}{3};8 – \frac{m}{3}} \right)$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} – 1 \le 7 – \frac{m}{3} < 8 – \frac{m}{3} \le 1\\3 \le 7 – \frac{m}{3} < 8 – \frac{m}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}21 \le m \le 24\\m \le 12\end{array} \right.$

Mà m nguyên dương nên $m \in \left\{ {1;2;…;12;21;22;23;24} \right\}$.

Vậy tổng là $1 + 2 + 3 + … + 12 + 21 + 22 + 23 + 24 = 168$.

Câu 46 (VDC): Đáp án C

Phương pháp

– Đặt $t = {\log _2}x$ tìm ĐK của t.

– Tìm m để phương trình ẩn t có nghiệm thỏa mãn điều kiện, từ đó kết luận.

Cách giải:

Ta có: $2\sqrt {\log _2^2x + {{\log }_{\frac{1}{2}}}x – 3} = \sqrt m \left( {{{\log }_4}{x^2} – 3} \right)$

$ \Leftrightarrow 2\sqrt {\log _2^2x – {{\log }_2}x – 3} = \sqrt m \left( {{{\log }_2}x – 3} \right)$

Đặt $t = {\log _2}x$ với $x \ge 64$ thì $t \ge 6$ phương trình trở thành $2\sqrt {{t^2} – t – 3} = \sqrt m \left( {t – 3} \right)$

Với $t \ge 6$ thì pt $ \Leftrightarrow 4\left( {{t^2} – t – 3} \right) = m{\left( {t – 3} \right)^2}$

$ \Leftrightarrow 4{t^2} – 4t – 12 = m\left( {{t^2} – 6t + 9} \right) \Leftrightarrow \frac{m}{4} = \frac{{{t^2} – t – 3}}{{{t^2} – 6t + 9}}$

Xét hàm $f\left( t \right) = \frac{{{t^2} – t – 3}}{{{t^2} – 6t + 9}}$ trên $\left[ {6; + \infty } \right)$ có:

$f’\left( t \right) = \frac{{\left( {2t – 1} \right)\left( {{t^2} – 6t + 9} \right) – \left( {2t – 6} \right)\left( {{t^2} – t – 3} \right)}}{{{{\left( {{t^2} – 6t + 9} \right)}^2}}} = \frac{{ – 5{t^2} + 24t – 27}}{{{{\left( {{t^2} – 6t + 9} \right)}^2}}}$

$f’\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 3\left( {Loai} \right)\\t = \frac{9}{5}\left( {Loai} \right)\end{array} \right.$

Do đó $f’\left( t \right) < 0,\forall t \ge 6$

Bảng biến thiên:

Phương trình có nghiệm $ \Leftrightarrow 1 < \frac{m}{4} \le 3 \Leftrightarrow 4 < m \le 12$.

Mà $m \in \mathbb{Z}$ nên có 8 giá trị.

Câu 47 (VD): Đáp án B

Phương pháp

Xác định chiều cao SH

Dựng $CE{\rm{ // BD}}$

Sử dụng mối quan hệ về khoảng cách $d\left( {a;b} \right) = d\left( {a;\left( P \right)} \right) = d\left( {M;\left( P \right)} \right)$

Với $a{\rm{ // }}\left( P \right);b \subset \left( P \right);M \in {\rm{a}}$

Tính khoảng cách dựa vào hệ thức lượng trong tam giác vuông

Cách giải:

Kẻ $SH \bot AB$

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

Trong $\left( {ABC{\rm{D}}} \right)$ kẻ $CE{\rm{ // BD}}\left( {E \in {\rm{A}}B} \right)$

Khi đó $B{\rm{D // }}\left( {SCE} \right) \Rightarrow d\left( {B{\rm{D}};SC} \right) = d\left( {B{\rm{D}};\left( {SEC} \right)} \right) = d\left( {B;\left( {SCE} \right)} \right)$

Lại có BDCE là hình bình hành nên $BE = C{\rm{D}} = AB = 2BH \Rightarrow HE = \frac{3}{2}BE$

Suy ra $d\left( {B;\left( {SEC} \right)} \right) = \frac{2}{3}d\left( {H;\left( {SEC} \right)} \right)$

Kẻ $HF \bot EC$ tại $F \Rightarrow HF{\rm{ // AC}}$ (do $AC \bot B{\rm{D}},{\rm{ BD // EC}}$)

Kẻ $HK \bot {\rm{S}}F$ tại K

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}EC \bot FH\\EC \bot {\rm{S}}H\end{array} \right. \Rightarrow EC \bot \left( {SHF} \right) \Rightarrow EC \bot HK$

Mà $HK \bot {\rm{S}}F \Rightarrow HK \bot \left( {SEC} \right)$ tại $K \Rightarrow d\left( {H;\left( {SEC} \right)} \right) = HK$.

Vì ABCD là hình thoi có I là giao hai đường chéo và $B{\rm{D}} = 2{\rm{A}}C = 4{\rm{a}}$ nên $IB = 2{\rm{a}};IA = a$

Xét tam giác IAB vuông tại I ta có $AB = \sqrt {I{A^2} + I{B^2}} = a\sqrt 5 $

Vì tam giác SAB đều nên $SH = \frac{{a\sqrt 5 .\sqrt 3 }}{2} = a\frac{{\sqrt {15} }}{2}$.

Lại có $HF{\rm{ // AC}} \Rightarrow \frac{{HF}}{{AC}} = \frac{{EH}}{{E{\rm{A}}}} = \frac{3}{4} \Rightarrow HF = \frac{3}{2}a$

Xét tam giác SHF vuông tại H có $\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{F^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt {15} }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{3}{2}a} \right)}^2}}} = \frac{{45}}{{32{{\rm{a}}^2}}}$

$ \Rightarrow HK = \frac{{3\sqrt {10} }}{8}$

Suy ra $d\left( {H;\left( {SEC} \right)} \right) = \frac{{3\sqrt {10} }}{8} \Rightarrow d\left( {B{\rm{D}};SC} \right) = \frac{2}{3}.\frac{{3\sqrt {10} }}{8} = \frac{{\sqrt {10} a}}{4}$.

Câu 48 (VDC): Đáp án A

Phương pháp

Biến đổi điều kiện đề bài để tìm được mối quan hệ $x = 2y$.

Từ đó thay vào phương trình để tìm m.

Đặt ẩn phụ ${\log _3}x = t \Rightarrow t \in \left[ {0;1} \right]$.

Cách giải:

Ta có: ${x^3} + xy\left( {2{\rm{x}} + y} \right) = 2{y^3} + 2{\rm{x}}y\left( {x + 2y} \right)$

$ \Leftrightarrow {x^3} + 2{{\rm{x}}^2}y + x{y^2} = 2{y^3} + 2{{\rm{x}}^2}y + 4{\rm{x}}{y^2}$

$ \Leftrightarrow {x^3} – 3{\rm{x}}{y^2} – 2{y^3} = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {{x^3} – x{y^2}} \right) – \left( {2{\rm{x}}{y^2} + 2{y^3}} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow x\left( {{x^2} – {y^2}} \right) – 2{y^2}\left( {x + y} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow x\left( {x – y} \right)\left( {x + y} \right) – 2{y^2}\left( {x + y} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {x + y} \right)\left( {{x^2} – xy – 2{y^2}} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {x + y} \right)\left( {{x^2} – {y^2} – xy – {y^2}} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {x + y} \right)\left[ {\left( {x – y} \right)\left( {x + y} \right) – y\left( {x + y} \right)} \right] = 0$

$ \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2}\left( {x – 2y} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2y\\x = – y\end{array} \right.$

Mà x; y là các số thực dương nên $x = 2y$.

Thay vào phương trình ta được: $\log _3^2\left( {\frac{{{x^2}}}{x}} \right) – m{\log _3}\left( {\frac{{{x^2}}}{x}} \right) + 2m – 4 = 0$

$ \Leftrightarrow \log _3^2x – m{\log _3}x + 2m – 4 = 0$

Đặt: ${\log _3}x = t \Rightarrow {t^2} – mt + 2m – 4 = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {t – 2} \right)\left( {t + 2} \right) – m\left( {t – 2} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {t – 2} \right)\left( {t + 2 – m} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\\t = m – 2\end{array} \right.$

Vì $x \in \left[ {1;3} \right] \Rightarrow t \in \left[ {0;1} \right]$ nên $0 \le m – 2 \le 1 \Leftrightarrow 2 \le m \le 3$.

Câu 49 (VD): Đáp án C

Phương pháp

Đánh giá ${\sin ^4}x + {\cos ^4}x$

Đặt $t = {\sin ^4}x + {\cos ^4}x$ từ đó dựa vào đồ thị hàm số để tìm GTNN và GTLN của $f\left( t \right)$.

Cách giải:

${\sin ^4}x + {\cos ^4}x = 1 – 2{\sin ^2}x{\cos ^2}x$

$ = 1 – \frac{1}{2}{\sin ^2}2x$

$ \Rightarrow 0 \le \frac{1}{2}{\sin ^2}2x \le \frac{1}{2}$

$ \Rightarrow \frac{1}{2} \le 1 – \frac{1}{2}{\sin ^2}2x \le 1$

$ \Rightarrow 2 \le 4\left( {{{\sin }^4}x + {{\cos }^4}x} \right) \le 4$

Đặt ${\sin ^4}x + {\cos ^4}x = t \Rightarrow 2 \le t \le 4$

Ta tìm GTLN và GTNN của $g\left( x \right) = f\left( t \right)\left( {2 \le t \le 4} \right)$

Từ đồ thị hàm số ta suy ra $\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;4} \right]} f\left( t \right) = 2 \Leftrightarrow t = 2;{\rm{ }}\mathop {\max }\limits_{\left[ {2;4} \right]} f\left( t \right) = 7 \Leftrightarrow t = 4$

Suy ra $M = 7;m = 2 \Rightarrow 2M + 3m = 2.7 + 3.2 = 20$.

Câu 50 (VD): Đáp án A

Phương pháp

Đọc đồ thị hàm số

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

Cách giải:

Từ đồ thị hàm số ta suy ra:

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

Ta có: ${\left( {{{\left[ {f\left( {{x^2} – 2} \right)} \right]}^2}} \right)^\prime } = 2f\left( {{x^2} – 2} \right){\left[ {f\left( {{x^2} – 2} \right)} \right]^\prime }$

$ = 2f\left( {{x^2} – 2} \right)2{\rm{x}}.f’\left( {{x^2} – 2} \right)$

$ = 4{\rm{x}}f’\left( {{x^2} – 2} \right)f\left( {{x^2} – 2} \right)$

Khi đó: ${\left( {{{\left[ {f\left( {{x^2} – 2} \right)} \right]}^2}} \right)^\prime } = 0 \Leftrightarrow 4{\rm{x}}f’\left( {{x^2} – 2} \right)f\left( {{x^2} – 2} \right) = 0$

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

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

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