Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Trường THCS & THPT Nguyễn Tất Thành, ĐHSP Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
27

Đề thi học kì 1 Toán 12 trường thcs & thpt Nguyễn Tất Thành, đhsp Hà Nội có đáp án và lời giải chi tiết gồm 50 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.

TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI

TRƯỜNG THCS&THPT NGUYỄN TẤT THÀNH

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). Khẳng định nào sau đây là đúng

A. ${\left( {{2^x}} \right)^y} = {2^x}{.2^y}\,\,\forall x,y \in \mathbb{R}.$ B. ${2^{x + y}} = {2^x} + {2^y}\,\,\forall x,y \in \mathbb{R}.$

C. ${\left( {{2^x}} \right)^y} = {2^{xy}}\,\,\forall x,y \in \mathbb{R}.$ D. ${2^{x – y}} = {2^x} – {2^y}\,\,\forall x,y \in \mathbb{R}.$

Câu 2 (NB). Nếu một khối chóp có diện tích đáy bằng S và chiều cao bằng h thì có thể tích được tính theo công thức

A. $V = \frac{1}{9}S.h$ B. $V = 3S.h$ C. $V = \frac{1}{3}S.h$ D. $V = S.h$

Câu 3 (NB). Khẳng định nào sau đây đúng ?

A. $lo{g_2}(xy) = xlo{g_2}y{\rm{ }}\forall x,{\rm{ }}y > 0.$ B. $lo{g_2}(xy) = lo{g_2}x + lo{g_2}y{\rm{ }}\forall x,{\rm{ }}y > 0.$

C. $lo{g_2}(xy) = lo{g_2}x.lo{g_2}y{\rm{ }}\forall x,{\rm{ }}y > 0.$ D. $lo{g_2}(xy) = ylo{g_2}x{\rm{ }}\forall x,{\rm{ }}y > 0.$

Câu 4 (TH). Số nghiệm của phương trình ${\log _3}x = – \sqrt 2 $

A. 3. B. 2. C. 1. D. 0.

Câu 5 (NB). Cho hàm số có bảng biến thiên như hình bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng:

x $ – \infty $ $ – 1$ 1 $ + \infty $
$y’$ + 0 $ – $ 0 +
2 $ + \infty $
y
$ – \infty $ $ – 2$

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

Câu 6 (NB). Khẳng định nào sau đây là đúng ?

A. Đồ thị hàm số $y = {\log _3}x$ có đúng 1 tiệm cận đứng và không có tiệm cận ngang.

B. Đồ thị hàm số $y = {\log _3}x$ không có tiệm cận ngang và không có tiệm cận đứng.

C. Đồ thị hàm số $y = {\log _3}x$ có đúng 1 tiệm cận ngang và có đúng 1 tiệm cận đứng.

D. Đồ thị hàm số $y = {\log _3}x$ có đúng 1 tiệm cận ngang và không có tiệm cận đứng.

Câu 7 (TH). Cho biểu thức $P = \sqrt {{x^3}} \left( {x > 0} \right).$ Khẳng định nào sau đây là đúng

A. $P = {x^{\frac{2}{3}}}.$ B. $P = {x^6}.$ C. $P = {x^{\frac{3}{2}}}.$ D. $P = {x^{\sqrt 3 }}.$

Câu 8 (NB). Nếu một khối cầu có bán kính bằng R thì có thể tích bằng

A. $4\pi {R^3}.$ B. $\frac{1}{3}\pi {R^3}.$ C. $\frac{4}{3}{R^3}.$ D. $\frac{4}{3}\pi {R^3}.$

Câu 9 (TH). Hàm số nào sau đây đồng biến trên $\mathbb{R}$?

A. $y = {\log _{0,6}}x.$ B. $y = {\log _{12}}x.$ C. $y = {\left( {0,6} \right)^x}.$ D. $y = {12^x}$

Câu 10 (TH). Hàm số nào trong các hàm số sau đây có đồ thị như hình bên ?

A. $y = {\log _{\sqrt 3 }}x.$ B. $y = {\log _{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}}x.$ C. $y = {\left( {\sqrt 3 } \right)^x}.$ D. $y = {\left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)^x}.$

Câu 11 (TH). Cho hàm số $y = f(x)$ thỏa mãn $f’\left( x \right) > 0\,\forall x \in \mathbb{R}.$ Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên đoạn $\left[ {0;10} \right]$ bằng

A. $f\left( {10} \right).$ B. 10. C. $f\left( 0 \right).$ D. 0.

Câu 12 (TH). Nếu một hình nón có bán kính đường tròn đáy bằng R và độ dài đường sinh bằng a thì có diện tích xung quanh bằng

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

Câu 13 (TH). Nếu một hình trụ có độ dài đường cao bằng 2a, bán kính đường tròn đáy bằng a thì có diện tích xung quanh bằng

A. $2\pi {a^2}.$ B. $4\pi {a^2}.$ C. $\pi {a^2}.$ D. $8\pi {a^2}.$

Câu 14 (TH). Nếu các số dương a, b thỏa mãn ${7^a} = b$ thì

A. $a = {\log _7}b.$ B. $a = {7^{\frac{1}{b}}}.$ C. $a = {\log _{\frac{1}{7}}}b.$ D. $a = \frac{1}{{{7^b}}}.$

Câu 15 (NB). Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. ${\log _2}\left( {\frac{x}{y}} \right) = {\log _2}x – {\log _2}y\,\,\forall x,y > 0.$ B. ${\log _2}\left( {\frac{x}{y}} \right) = {\log _2}x + {\log _2}y\,\,\forall x,y > 0.$

C. ${\log _2}\left( {\frac{x}{y}} \right) = \frac{x}{{{{\log }_2}y}}\,\forall x,y > 0,y \ne 1.$ D. ${\log _2}\left( {\frac{x}{y}} \right) = \frac{{{{\log }_2}x}}{{{{\log }_2}y}}\,\,\forall x,y > 0,y \ne 1.$

Câu 16 (TH). Hàm số nào trong các hàm số sau đây có đồ thị như hình bên?

A. $y = {\left( {0,6} \right)^x}.$ B. $y = {\log _{0,6}}x.$ C. $y = {2^x}.$ D. ${\log _2}x.$

Câu 17 (TH). Nếu khối chóp S.ABC có $SA = a,{\rm{ }}SB = 2a,SC = 3a{\rm{ }}và \,ASB = BSC = CSA = 90^\circ $ thì có thể tích được tính theo công thức

A. $V = \frac{1}{6}{a^3}.$ B. $V = {a^3}.$ C. $V = \frac{1}{3}{a^3}.$ D. $V = \frac{1}{2}{a^3}.$

Câu 18 (NB). Cho hàm số $y = a{x^4} + b{x^2} + c$ có đồ thị như hình bên. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

A. 2. B. 0. C. 1. D. 3.

Câu 19 (TH). Tập hợp các giá trị m để phương trình ${2019^x} = m – 2018$ có nghiệm thực là

A. $\left( {2018; + \infty } \right).$ B. $\left( { – \infty ;2018} \right).$ C. $\left( {2019; + \infty } \right)$ D. $\left( { – \infty ;2019} \right).$

Câu 20 (TH). Đạo hàm của hàm số $y = {\log _3}\left( {2 – x} \right)$ là hàm số

A. $y = \frac{1}{{\left( {2 – x} \right)\ln 3}}.$ B. $y = \frac{1}{{\left( {x – 2} \right)\ln 3}}.$ C. $y = \frac{1}{{2 – x}}.$ D. $y = \frac{1}{{x – 2}}.$

Câu 21 (VD). Cho $a = \ln 3,b = \ln 5.$ Giá trị của biểu thức $M = \ln 45$ bằng

A. $M = a + 2b.$ B. $M = a – 2b.$ C.$M = 2a + b.$ D. $M = 2a – b.$

Câu 22 (TH). Cho hàm số $\;y = {\rm{ }}f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ có đồ thị như hình bên. Phương trình $f\left( x \right) = m$ có ba nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi:

A. $m \in \left( { – 3;1} \right).$ B. $m \in \left[ { – 3;1} \right].$ C. $m \in \left( { – 1;3} \right).$ D. $m \in \left[ { – 1;3} \right].$

Câu 23 (TH). Một người gửi tiết kiệm 200 triệu đồng với lãi suất 5% một năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Sau ít nhất bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 300 triệu đồng?

A. 11 (năm). B. 10 (năm). C. 8 (năm). D. 9 (năm).

Câu 24 (TH). Cho hình trụ có hai đường tròn đáy là (O) và (O’). Xét hình nón có đỉnh O và đáy là đường tròn (O’). Gọi V1, V2 lần lượt là thể tích của khối trụ và khối nón đã cho. Tỉ số $\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}}$ bằng

A. 3. B. 9. C. $\frac{1}{3}.$ D. $\frac{1}{9}.$

Câu 25 (TH). Đạo hàm của hàm số $y = {8^{{x^2} – 2x}}$ là hàm số

A.$y = \left( {x – 1} \right){8^{{x^{2 – 2x}}}}\ln 8$

B. $y = 2\left( {x – 1} \right){8^{{x^{2 – 2x}}}}\ln 8$

C. $y = 2\left( {x – 1} \right){8^{{x^{2 – 2x}}}}$

D. $y = {8^{{x^2} – 2x}}\ln 8$

Câu 26 (TH). Tập nghiệm của bất phương trình ${2^x} < 5$ là

A. $\left( {{{\log }_2}5; + \infty } \right).$ B. $\left( { – \infty ;{{\log }_5}2} \right).$ C. $\left( {{{\log }_5}2; + \infty } \right).$ D. $\left( { – \infty ;{{\log }_2}5} \right).$

Câu 27 (TH). Tập xác định của hàm số $y = {\log _7}\left( { – {x^2} + 4} \right)$ là

A. $\left[ { – 2;2} \right].$ B. $\left( { – 2;2} \right).$ C. $\left( { – 0;2} \right).$ D. $\left( { – 2;0} \right).$

Câu 28 (VD). Giá trị lớn nhất của hàm số $f\left( x \right) = \frac{{\ln x}}{x}$ trên đoạn bằng $\left[ {4;7} \right]$ bằng

A. $f\left( 4 \right).$ B. $f\left( 7 \right).$ C. $f\left( e \right).$ D. $f\left( 5 \right).$

Câu 29 (VD). Một que kem ốc quế gồm hai phần : phần kem có dạng hình cầu, phần ốc quế có dạng hình nón. Giả sử hình cầu và hình nón cùng có bán kính bằng 3 cm, chiều cao hình nón là 9cm. Thể tích của que kem (bao gồm cả phần không gian bên trong ốc quế không chứa kem) có giá trị bằng :

A. $45\pi \left( {c{m^3}} \right).$ B. $81\pi \left( {c{m^3}} \right).$ C. $81\left( {c{m^3}} \right).$ D. $45\left( {c{m^3}} \right).$

Câu 30 (TH). Tập xác định của hàm số $y = {\left( {x – 1} \right)^{\frac{1}{3}}}$ là:

A. $\mathbb{R}.$ B. $\left[ {1; + \infty } \right).$ C. $\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}.$ D. $\left( {1; + \infty } \right).$

Câu 31 (NB). Phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{{ – 2x – 1}}{{x – 2}}$ là

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

Câu 32 (NB). Nếu một khối nón có bán kính đường tròn đáy và độ dài đường cao cùng bằng 3a thì có thể tích bằng

A. $\pi {a^3}.$ B. $3\pi {a^3}.$ C. $27\pi {a^3}.$ D. $9\pi {a^3}.$

Câu 33 (NB). Cho mặt cầu (S) tâm O đường kính 4cm và mặt phẳng (P). Gọi d là khoảng cách từ O đến (P). Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) khi và chỉ khi

A. $d < 4.$ B. $d > 2.$ C. $d < 2.$ D. $d > 4.$

Câu 34 (TH). Đạo hàm của hàm số $y = \frac{1}{{{{\left( {1 – x} \right)}^5}}}$ bằng

A. $\frac{5}{{{{\left( {1 – x} \right)}^6}}}.$ B. $\frac{{ – 5}}{{{{\left( {1 – x} \right)}^6}}}.$ C. $\frac{5}{{{{\left( {1 – x} \right)}^4}}}.$ D. $\frac{{ – 5}}{{{{\left( {1 – x} \right)}^4}}}.$

Câu 35 (NB). Một quả bóng bàn có mặt ngoài là mặt cầu đường kính 4cm. Diện tích mặt ngoài quả bóng bàn là

A. $4\left( {c{m^2}} \right).$ B. $16\left( {c{m^2}} \right).$ C. $16\pi \left( {c{m^2}} \right).$ D. $4\pi \left( {c{m^2}} \right).$

Câu 36 (TH). Cho một hình nón có độ dài đường sinh gấp đôi bán kính đường tròn đáy. Góc ở đỉnh của hình nón bằng

A. 60°. B. 120°. C. 30°. D. 15°.

Câu 37 (TH). Cho $a = {\log _2}3,b = {\log _5}3.$ Biểu thức $M = {\log _{10}}3$ bằng

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

Câu 38 (TH). Cho tam giác ABC vuông tại H, $AH = 3a,BH = 2a.$ Quay tam giác ABH quanh trục AH ta được một khối nón có thể tích là:

A. $\frac{4}{3}\pi {a^3}.$ B. $12\pi {a^3}.$ C. $4\pi {a^3}.$ D. $18\pi {a^3}.$

Câu 39 (NB). Một khối trụ có bán kính đường tròn đáy và chiều cao cùng bằng a thì có thể tích bằng

A. $\pi {a^3}.$ B. $\frac{1}{3}\pi {a^3}.$ C. ${a^3}.$ D. $\frac{1}{3}{a^3}.$

Câu 40 (TH). Một hình lập phương cạnh a có bán kính mặt cầu ngoại tiếp bằng

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

Câu 41 (VD). Tập hợp các giá trị m để hàm số $y = \frac{{{x^3}}}{3} – \left( {m + 5} \right)\frac{{{x^2}}}{2} + 5mx + 1$ đồng biến trên (6;7) là

A. $\left( { – \infty ;7} \right].$ B. $\left( { – \infty ;6} \right].$ C. $\left[ {5; + \infty } \right).$ D. $\left( { – \infty ;5} \right].$

Câu 42 (VD). Cho phương trình ${9^{\left| x \right|}} – (m + 1){.3^{\left| x \right|}} + m = 0.$ Điều kiện của m để phương trình có đúng 3 nghiệm thực phân biệt là

A. $m > 0\,\,{\rm{và }}\,\,m \ne 1.$ B. $m > 0$ C. $m \ge 1.$ D. $m > 1.$

Câu 43 (VD). Tập hợp các giá trị m để đồ thị hàm số $y = {x^3} + m{x^2} – \left( {{m^2} – 4} \right)x + 1$ có hai điểm cực trị nằm ở hai phía trục Oy là

A. $\mathbb{R}\backslash \left[ { – 2;2} \right].$ B. $\left( { – \infty ;2} \right).$ C. $\left( {2; + \infty } \right).$ D. $\left( { – 2;2} \right).$

Câu 44. Cho hàm số $f\left( x \right) = lo{g_{0,9}}(2x – {x^2}).$ Tập nghiệm của bất phương trình $f’\left( x \right) < 0$ là

A. $\left( {1; + \infty } \right)$ B. $\left( {0;1} \right).$ C. $\left( { – \infty ;1} \right).$ D. $\left( {1;2} \right).$

Câu 45 (TH). Một hộp nữ trang được tạo thành từ một hình lập phương cạnh 6cm và một nửa hình trụ có đường kính đáy bằng 6cm (hình bên). Thể tích của hộp nữ trang này bằng:

A. $216 + 108\pi \left( {c{m^3}} \right).$ B. $216 + 54\pi \left( {c{m^3}} \right).$ C. $216 + 27\pi \left( {c{m^3}} \right).$ D. $36 + 27\pi \left( {c{m^3}} \right).$

Câu 46 (VD). Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có $AB = a,{\rm{ }}AD = 2a,AA’ = 2a.$ Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ACB’D’ bằng

A. $4\pi {a^2}.$ B. $36\pi {a^2}.$ C. $16\pi {a^2}.$ D. $9\pi {a^2}.$

Câu 47 (VD). Cho hình chóp đều S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAC vuông tại S. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đều S.ABCD bằng

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

Câu 48 (VDC). Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{{\left( {\sqrt {x + 1} – 2} \right)\sin x}}{{{x^3} – {x^2} – 6x}}$ là

A. 2. B. 0. C. 3. D. 1.

Câu 49 (VD). Cho một hình nón đỉnh I có đường tròn đáy là đường tròn đường kính AB = 6cm và đường cao bằng $3\sqrt 3 cm.$ Gọi (S) là mặt cầu chứa đỉnh I và đường tròn đáy của hình nón. Bán kính của mặt cầu (S) bằng

A. $3\sqrt 2 \left( {cm} \right)$ B. $2\sqrt 3 \left( {cm} \right)$ C. $3\sqrt 3 \left( {cm} \right)$ D. $\sqrt 3 \left( {cm} \right)$

Câu 50 (VD). Hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ nội tiếp được một mặt cầu khi và chỉ khi

A. Tứ giác ABCD là hình thoi. B. Tứ giác ABCD là hình vuông.

C. Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn D. Tứ giác ABCD là hình chữ nhật.

Đáp án

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: 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:

+) Đáp án A: ${\left( {{2^x}} \right)^y} = {2^{x.y}} = {2^{xy}} \Rightarrow $ đáp án A sai.

+) Đáp án B: ${2^{x + y}} = {2^x}{.2^y} \Rightarrow $ đáp án B sai.

+) Đáp án C: ${\left( {{2^x}} \right)^y} = {2^{x.y}} = {2^{xy}} \Rightarrow $đáp án C đúng.

Câu 2: 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:

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

Câu 3: Đáp án B

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ta có: ${\log _2}(xy) = {\log _2}x + {\log _2}y$

⇒ Đáp án B đúng.

Câu 4: Đáp án C

Phương pháp:

Giải phương trình logarit: ${\log _a}f\left( x \right) = b \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) > 0\\0 < a \ne 1\\f\left( x \right) = {a^b}\end{array} \right..$

Cách giải:

${\log _3}x = – \sqrt 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x = {3^{ – \sqrt 2 }}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{1}{{{3^{\sqrt 2 }}}}.$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.

Câu 5: Đáp án B

Phương pháp:

Dựa vào bảng biến thiên để nhận xét các khoảng đơn điệu của hàm số.

Cách giải:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên $\left( { – \infty ; – 1} \right)$và $\left( {1; + \infty } \right).$

Câu 6: Đáp án A

Phương pháp:

Xét hàm số: $y = {\log _a}x\left( {a > 1} \right)$ta có:

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

+) Hàm số luôn đồng biến trên TXĐ.

+) Đồ thị hàm số nhận trục Oy là TCĐ.

+) Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm (1; 0) và (a; 1).

+) Đồ thị hàm số nằm bên phải trục Oy.

Cách giải:

Đồ thị hàm số $y = {\log _3}x$ có 1 đường TCĐ và không có TCN.

Câu 7: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng công thức: $\sqrt[n]{{{a^m}}} = {a^{\frac{m}{n}}}$.

Cách giải:

Ta có: $P = \sqrt {{x^3}} = {x^{\frac{3}{2}}}.$

Câu 8: Đáp án D

Phương pháp:

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

Cách giải:

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

Câu 9: Đáp án D

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 R khi a > 1 và nghịch biến trên R khi $0 < a < 1.$

Cách giải:

Hàm số: $y = {\log _{0,}}_6x\,\,và \,\,y = {\log _{12}}x$ có TXĐ là: $D = \left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow $ loại đáp án A và B.

Hàm số $y = {12^x}{\rm{có }}\,\,a = 12 > 1$ nên hàm số đồng biến trên R.

Câu 10: Đáp án C

Phương pháp:

Dựa vào đồ thị hàm số, nhận xét tính đồng biến, nghịch biến và các điểm mà đồ thị hàm số đi qua để tìm hàm số của đồ thị.

Cách giải:

Hàm số đã cho có TXĐ là D = R.

⇒ loại đáp án A và B.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số cần tìm là hàm đồng biến trên R.

Chọn đáp án C.

Câu 11: Đáp án A

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ta có: $f’\left( x \right) > 0\,\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow $hàm số đồng biến trên R.

$ \Rightarrow \mathop {Max}\limits_{\left[ {0;10} \right]} f(x) = f(10).$

Câu 12: Đáp án C

Phương pháp:

Công thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy R, chiều cao h và đường sinh l là:

${S_{xq}} = \pi Rl = \pi R\sqrt {{h^2} + {R^2}} .$

Cách giải:

Ta có: ${S_{xq}} = \pi Rl = \pi Ra.$

Câu 13: Đáp án B

Phương pháp:

Công thức tính diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy R, chiêu cao h là: ${S_{xq}} = 2\pi Rh.$

Cách giải:

Ta có: ${S_{xq}} = 2\pi .a.2a = 4\pi {a^2}.$

Câu 14: Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng công thức: ${a^m} = n \Leftrightarrow m = {\log _a}n.$

Cách giải:

Ta có: ${7^a} = b \Leftrightarrow {\log _7}{7^a} = {\log _7}b \Leftrightarrow a = {\log _7}b.$

Câu 15: Đáp án A

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ta có: ${\log _2}\left( {\frac{x}{y}} \right) = {\log _2}x – {\log _2}y\,\,.$

Câu 16: Đáp án B

Phương pháp:

Dựa vào đồ thị hàm số, nhận xét tính đơn điệu, tập xác định của hàm số từ đó xác định hàm số cần tìm.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có TXĐ là: $D = \left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow $loại đáp án A và C.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên $\left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow $hàm số cần tìm là $y = {\log _{0,6}}x.$

Câu 17: Đáp án B

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:

Theo đề bài ta có: $\angle ASB = \angle BSC = \angle CSA = {90^o}$

⇒ SA, SB, SC đôi một vuông góc.

$ \Rightarrow {V_{SBAC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{SBC}} = \frac{1}{6}SA.SB.SC = \frac{1}{6}.a.2a.3a = {a^3}.$

Câu 18: Đáp án D

Phương pháp:

Dựa vào đồ thị hàm số nhận xét các điểm cực trị của hàm số.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị là $x = 0,x = 1\,\,{\rm{và }}\,\,x = – 1.$

Câu 19: Đáp án A

Phương pháp:

Phương trình ${a^x} = m$ có nghiệm $ \Leftrightarrow m > 0.$

Cách giải:

Phương trình ${2019^x} = m – 2018$ có nghiệm thực $ \Leftrightarrow m – 2018 > 0 \Leftrightarrow m > 2018.$

Câu 20: Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng công thức đạo hàm của hàm số logarit: ${\left( {{{\log }_a}u\left( x \right)} \right)^\prime } = \frac{{u’\left( x \right)}}{{u\left( x \right)\ln a}}.$

Cách giải:

Ta có: $y = {\log _3}\left( {2 – x} \right)$

$ \Rightarrow y’ = {\left[ {{{\log }_3}\left( {2 – x} \right)} \right]^\prime } = \frac{{ – 1}}{{\left( {2 – x} \right)\ln 3}} = \frac{1}{{\left( {x – 2} \right)\ln 3}}.$

Câu 21: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng công thức: ${\log _a}xy = {\log _a}x + {\log _a}y$ với $a > 0,a \ne 1\,\,và \,\,x,y > 0$

Cách giải:

Ta có: $M = \ln 45 = \ln \left( {9.5} \right) = \ln 9 + \ln 5 = \ln {3^2} + \ln 5 = 2\ln 3 + \ln 5 = 2a + b.$

Câu 22: Đáp án A

Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình $f\left( x \right) = m$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $\;y = {\rm{ }}f\left( x \right)$ và đường thẳng $y = m.$

Dựa vào đồ thị hàm số để tìm m.

Cách giải:

Số nghiệm của phương trình $f\left( x \right) = m$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $\;y = {\rm{ }}f\left( x \right)$và đường thẳng $y = m.$

Dựa vào đồ thị hàm số để ta thấy đường thẳng $y = m$ cắt đồ thị hàm số$\;y = {\rm{ }}f\left( x \right)$tại 3 điểm phân biệt $ \Leftrightarrow – 3 < m < 1.$

Câu 23: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức $T = A{\left( {1 + r} \right)^n}$ với T là số tiền nhận được sau khi gửi số tiền A sau kì hạn n với lãi suất r%.

Cách giải:

Gọi n năm là thời gian ít nhất mà người đó gửi tiết kiệm để có thể nhận được số tiền nhiều hơn 300 triệu đồng.

Theo đề bài ta có:

$\begin{array}{l}{200.10^6}{\left( {1 + 5\% } \right)^n} > {300.10^6}\\ \Leftrightarrow {\left( {1,05} \right)^n} > 1,5\\ \Leftrightarrow n > {\log _{1,05}}1,5\\ \Leftrightarrow n > 8,3\end{array}$

Vậy người đó phải gửi ít nhất 9 năm.

Câu 24: Đáp án A

Phương pháp:

Công thức tính thể tích của khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là: $V = \pi {R^2}h.$

Công thức tính thể tích của khối nón có bán kính đáy R và chiều cao h là: $V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h.$

Cách giải:

Gọi bán kính đáy hai đáy của hình trụ là R. Ta có:

${V_1} = \pi .OO’.{R^2}$

${V_2} = \frac{1}{3}\pi .OO’.{R^2}$

$\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\pi .OO’.{R^2}}}{{\frac{1}{3}\pi .OO’.{R^2}}} = 3.$

Câu 25: Đáp án B

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ta có: $y = {8^{{x^2} – 2x}}$

$ \Rightarrow y’ = {\left( {{8^{{x^2} – 2x}}} \right)^\prime } = \left( {2x – 2} \right){8^{{x^2} – 2x}}\ln 8 = 2\left( {x – 1} \right){8^{{x^2} – 2x}}\ln 8.$

Câu 26: Đáp án B

Phương pháp:

Giải bất phương trình mũ: ${a^x} < 5 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\x > {\log _a}5\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}a > 1\\x < {\log _a}5\end{array} \right.\end{array} \right..$

Cách giải:

${2^x} < 5 \Leftrightarrow x < {\log _2}5.$

Câu 27: Đáp án B

Phương pháp:

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

Cách giải:

Hàm số $y = {\log _7}( – {x^2} + 4)$ xác định $ \Leftrightarrow – {x^2} – 4 > 0 \Leftrightarrow {x^2} < 4 \Leftrightarrow – 2 < x < 2.$

Câu 28: Đáp án A

Phương pháp:

Cách 1:

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

+) Giải phương trình $y’ = 0$ tìm các nghiệm xi.

+) 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 [a; b].

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

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

Cách giải:

Ta có: $f\left( x \right) = \frac{{\ln x}}{x}$ trên $\left[ {4;7} \right].$

$ \Rightarrow f’\left( x \right) = \frac{{\frac{1}{x}.x – \ln x}}{{{x^2}}} = \frac{{1 – \ln x}}{{{x^2}}} < 0\,\,\forall x \in \left[ {4;7} \right].$

⇒ Hàm số $y = f\left( x \right)$nghịch biến trên $\left[ {4;7} \right].$

$ \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {4;7} \right]} f\left( x \right) = f\left( 4 \right).$

Câu 29: Đáp án D

Phương pháp:

Công thức tính thể tích của khối nón có bán kính đáy R và chiều cao h là: $V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h.$

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

Cách giải:

Ta có thể tích của phần kem là: ${V_1} = \frac{1}{2}.\frac{4}{3}.\pi {R^3} = \frac{2}{3}\pi {.3^3} = 18\pi c{m^3}.$

Thể tích của phần ốc quế bên dưới là: ${V_2} = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi {.3^2}.9 = 27\pi c{m^3}.$

Vậy $V = {V_1} + {V_2} = 18\pi + 27\pi = 45\pi \,\,c{m^3}$

Câu 30: Đáp án D

Phương pháp:

Hàm số xn xác định $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \in \mathbb{R}\,\,{\rm{khi}}\,\,n \in {\mathbb{Z}^ + }\\x \in \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\,\,{\rm{khi}}\,\,n \in {\mathbb{Z}^ – }\\x \in \left( {0; + \infty } \right)\,\,{\rm{khi}}\,\,n \notin \mathbb{Z}\end{array} \right.$

Cách giải:

Hàm số $y = {\left( {x – 1} \right)^{\frac{1}{3}}}$ xác định $ \Leftrightarrow x – 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1.$

Câu 31: Đáp án B

Phương pháp:

Đồ thị hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\left( {ad \ne bc} \right)$ có TCN $y = \frac{a}{c}$ và TXĐ $x = – \frac{d}{c}.$

Cách giải:

Đồ thị hàm số $y = \frac{{ – 2x – 1}}{{x – 2}}$ có TCN $y = – 2.$

Câu 32: Đáp án D

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ta có: $r = h = 3a.$

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

Câu 33: Đáp án C

Phương pháp:

Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) tâm O, bán kính R khi và chỉ khi d (O; (P)) < R .

Cách giải:

Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) tâm O, bán kính R khi và chỉ khi d (O; (P)) < R .

Mặt cầu (S) có đường kính 4 cm nên có bán kính $R = 2cm.$

Suy ra d < 2.

Câu 34: Đáp án B

Phương pháp:

– Sử dụng công thức tính đạo hàm ${\left( {{u^n}} \right)^\prime } = n{u^{n – 1}}.u’.$

– Sử dụng công thức $\frac{1}{{{a^m}}} = {a^{ – m}}.$

Cách giải:

Ta có: $\frac{1}{{{{\left( {1 – x} \right)}^5}}} = {\left( {1 – x} \right)^{ – 5}}$

Suy ra

${\left( {\frac{1}{{{{\left( {1 – x} \right)}^5}}}} \right)^\prime } = {\left[ {{{\left( {1 – x} \right)}^{ – 5}}} \right]^\prime }$

$ = – 5{\left( {1 – x} \right)^{ – 6}}.{\left( {1 – x} \right)^\prime }$

$ = \frac{5}{{{{\left( {1 – x} \right)}^6}}}.\left( { – 1} \right) = \frac{{ – 5}}{{{{\left( {1 – x} \right)}^6}}}$

Câu 35: Đáp án C

Phương pháp:

Diện tích mặt cầu bán kính R là $S = 4\pi {R^2}.$

Cách giải:

Quả bóng bàn có đường kính 4cm nên có bán kính R = 2cm.

Vậy diện tích mặt cầu là $S = 4\pi {R^2} = 4\pi {.2^2} = 16\pi \left( {c{m^2}} \right).$

Câu 36: Đáp án A

Phương pháp:

Hình nón có bán kính r, đường sinh l có góc ở đỉnh là 2α thì $\sin \alpha = \frac{r}{l}.$

Cách giải:

Gọi góc ở đỉnh là 2α ta có:

$\sin \alpha = \frac{r}{l} = \frac{r}{{2r}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \alpha = {30^o}.$

Vậy góc ở đỉnh của hình nón bằng 600.

Câu 37: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng các công thức sau:

${\log _a}b = \frac{1}{{{{\log }_b}a}}\left( {0 < a,b \ne 1} \right);{\log _a}\left( {xy} \right) = {\log _a}x + {\log _a}y\,\,\left( {0 < a \ne 1,x,y > 0} \right).$

Cách giải:

$M = {\log _{10}}3 = \frac{1}{{{{\log }_3}10}}$

$ = \frac{1}{{{{\log }_3}\left( {2.5} \right)}} = \frac{1}{{{{\log }_3}2 + {{\log }_3}5}}$

=$\frac{1}{{\frac{1}{{{{\log }_2}3}} + \frac{1}{{{{\log }_5}3}}}} = \frac{1}{{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}}}$

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

Câu 38: Đáp án C

Phương pháp:

– Quay tam giác ABH vuông tại H quanh trục AH ta được hình nón có đường cao $h = AH,$ bán kính đáy $r = BH.$

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

Cách giải:

Quay tam giác ABH vuông tại H quanh trục AH ta được hình nón có đường cao $h = AH = 3a,$ bán kính đáy $r = BH = 2a.$

Vậy thể tích khối nón là: $V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi .{\left( {2a} \right)^2}.3a = 4\pi {a^2}.$

Câu 39: Đáp án A

Phương pháp:

Thể tích khối trụ có chiều cao h , bán kính đáy r là $V = \pi {r^2}h.$

Cách giải:

Ta có $r = h = a.$

Vậy thể tích khối trụ là $V = \pi {r^2}h = \pi {a^3}.$

Câu 40: Đáp án D

Phương pháp:

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương bằng nửa đường chéo của hình lập phương đó.

Cách giải:

Hình lập phương cạnh a có đường chéo bằng $a\sqrt 3 .$

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là $R = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.$

Câu 41: Đáp án B

Phương pháp:

Hàm số$\;y = {\rm{ }}f\left( x \right)$ đồng biến trên (a; b) khi và chỉ khi $f’\left( x \right) \ge 0\,\forall x \in \left( {a;b} \right)$và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Cách giải:

TXĐ: $D = \mathbb{R}.$

Ta có: $y’ = {x^2} – \left( {m + 5} \right)x + 5m.$

Để hàm số đồng biến trên (6;7) thì $y’ \ge 0\,\forall x \in \left( {6;7} \right).$

$ \Rightarrow {x^2} – \left( {m + 5} \right)x + 5m \ge 0\,\,\forall x \in \left( {6;7} \right)$

$ \Leftrightarrow {x^2} – mx – 5x + 5m \ge 0\,\forall x \in \left( {6;7} \right).$

$ \Leftrightarrow x\left( {x – m} \right) – 5\left( {x – m} \right) \ge 0\,\,\,\forall x \in \left( {6;7} \right).$

$ \Leftrightarrow \left( {x – m} \right)\left( {x – 5} \right) \ge 0\,\,\,\forall x \in \left( {6;7} \right).$

Do $x \in \left( {6;7} \right)$ nên $x – 5 > 0,$ khi đó ta có: $x – m \ge 0\,\,\forall x \in \left( {6;7} \right).$

$ \Leftrightarrow m \le x\,\,\,\forall x \in \left( {6;7} \right) \Leftrightarrow m \le 6$

Vậy $m \in \left( { – \infty ;6} \right].$

Câu 42: Đáp án D

Phương pháp:

– Đặt ẩn phụ $t = {3^{\left| x \right|}},$ tìm điều kiện của t.

– Giải phương trình ẩn t bằng cách đưa phương trình về dạng tích, sau đó biện luận.

Cách giải:

Đặt $t = {3^{\left| x \right|}},$ ta có $\left| x \right| \ge 0 \Leftrightarrow {3^{\left| x \right|}} \ge 1,$ do đó $t \in \left[ {1; + \infty } \right).$

Phương trình trở thành:

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

$ \Leftrightarrow {t^2} – mt – t + m = 0$

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

$ \Leftrightarrow \left( {t – m} \right)\left( {t – 1} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = m\\t = 1\left( {tm} \right)\end{array} \right.$

Với $t = 1$ thì ${3^{\left| x \right|}} = 1 \Leftrightarrow \left| x \right| = 0 \Leftrightarrow x = 0.$

Để phương trình ban đầu có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình $t = m > 1.$

Vậy $m > 1.$

Câu 43: Đáp án A

Phương pháp:

Hàm đa thức bậc ba $y = f(x)$có 2 điểm cực trị nằm về hai phía trục Oy khi và chỉ khi phương trình $f’\left( x \right) = 0$ có hai nghiệm trái dấu.

Cách giải:

TXĐ: $D = \mathbb{R}.$

Ta có: $y’ = 3{x^2} + 2mx – {m^2} + 4.$

Xét phương trình $y’ = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} + 2mx – {m^2} + 4 = 0\left( * \right)$

Để hàm số có 2 điểm cực trị nằm về hai phía trục Oy thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm trái dấu.

$ \Leftrightarrow 3\left( { – {m^2} + 4} \right) < 0 \Leftrightarrow – {m^2} + 4 < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 2\\m < – 2\end{array} \right..$

Vậy $m \in \mathbb{R}\backslash \left[ { – 2;2} \right].$

Câu 44: Đáp án B

Phương pháp:

– Tìm ĐKXĐ.

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

Giải bất phương trình.

Cách giải:

ĐKXĐ: $2x – {x^2} > 0 \Leftrightarrow 0 < x < 2.$

Ta có $f’\left( x \right) = \frac{{{{\left( {2x – {x^2}} \right)}^\prime }}}{{\left( {2x – {x^2}} \right)\ln 0,9}} = \frac{{2 – 2x}}{{\left( {2x – {x^2}} \right)\ln 0,9}}.$

$f’\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow \frac{{2 – 2x}}{{\left( {2x – {x^2}} \right)\ln 0,9}} < 0.$

Vì $\ln 0,9 < 0\,\,{\rm{và }}\,\,2x – {x^2} > 0$ nên $2 – 2x > 0 \Leftrightarrow x < 1.$

Kết hợp điều kiện ta có $0 < x < 1.$

Câu 45: Đáp án C

Phương pháp:

Thể tích một nữ trang bằng tổng thể tích khối lập phương và nửa khối trụ.

Cách giải:

+ Thể tích khối lập phương cạnh 6 cm là ${V_1} = {6^3} = 216\left( {c{m^3}} \right).$

+ Thể tích nửa khối trụ bán kính đáy $r = 3cm,$ đường cao $h = 6\,cm$ là:

${V_2} = \frac{1}{2}.\left( {\pi {r^2}h} \right) = \frac{1}{2}\pi {.3^2}.6 = 27\pi \left( {c{m^3}} \right).$

Vậy thể tích một nữ trang là $V = {V_1} + {V_2} = 216 + 27\pi \,\left( {c{m^3}} \right).$

Câu 46: Đáp án D

Phương pháp:

– Gọi O là tâm hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’, chứng minh O cũng chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ACB’D’.

– Tính bán kính R = OA.

– Áp dụng công thức tính diện tích mặt cầu $S = 4\pi {R^2}.$

Cách giải:

Gọi O là tâm hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’, khi đó ta có

Khi đó O cũng chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ACB’D’.

Do đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ACB’D’ là $R = OA = \frac{1}{2}AC’.$

Áp dụng định lí Pytago ta có:

$AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {\rm{ }}4{a^2}} = a\sqrt 5 .$

$AC’ = \sqrt {A{C^2} + A{{A’}^2}} = \sqrt {5{a^2} + 4{a^2}} = 3a.$

Suy ra $R = \frac{1}{2}AC’ = \frac{{3a}}{2}.$

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ACB’D’ là $R = 4\pi {R^2} = 4\pi {\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)^2} = 9\pi {a^2}.$

Câu 47: Đáp án A

Phương pháp:

– Gọi O là giao điểm của AC và BD. Chứng minh $OA = OB = OC = OD = OS.$

– Áp dụng định lí Pytago.

Cách giải:

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì ABCD là hình vuông nên OA = OB = OC = OD.

Tam giác SAC vuông tại S có SO là trung tuyến ứng với cạnh huyền AC nên $SO = \frac{1}{2}AC = OA = OC.$

Suy ra $OA = OB = OC = OD = OS$ nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu đó là R = OA.

Áp dụng định lí Pytago ta có: $AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 .$

Vậy $R = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}.$

Câu 48: Đáp án B

Phương pháp:

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

$\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } y = + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } y = – \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ – } y = + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ – } y = – \infty ,$

– Tính giới hạn bằng phương pháp nhân cả tử và mẫu với biểu thức liên hợp, và sử dụng giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x} = 1$

Cách giải:

ĐKXĐ: $x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge – 1.$

Xét phương trình mẫu số:

${x^3} – {x^2} – 6x = 0$

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

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\left( {tm} \right)\\x = 3\left( {tm} \right)\\x = – 2\left( {ktm} \right)\end{array} \right.$

Ta có:

$y = \frac{{\left( {\sqrt {x + 1} – 2} \right)\sin x}}{{{x^3} – {x^2} – 6x}}$

$y = \frac{{\left( {x + 1 – 4} \right)\sin x}}{{\left( {\sqrt {x + 1} + 2} \right)x\left( {x + 2} \right)\left( {x – 3} \right)}}$

$y = \frac{{\sin x}}{{\left( {\sqrt {x + 1} + 2} \right)x\left( {x + 2} \right)}}$

Khi đó:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\sin x}}{{\left( {\sqrt {x + 1} + 2} \right)x\left( {x + 2} \right)}} = \frac{1}{{\left( {1 + 2} \right)\left( {0 + 2} \right)}}.1 = \frac{1}{6}$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ – }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ – }} \frac{{\sin x}}{{\left( {\sqrt {x + 1} + 2} \right)x\left( {x + 2} \right)}} = \frac{1}{{\left( {1 + 2} \right)\left( {0 + 2} \right)}}.1 = \frac{1}{6}$

Suy ra $x = 0$ không là TCĐ của đồ thị hàm số.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{\sin x}}{{\left( {\sqrt {x + 1} + 2} \right)x\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{\sin 3}}{{60}}.$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} \frac{{\sin x}}{{\left( {\sqrt {x + 1} + 2} \right)x\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{\sin 3}}{{60}}.$

Suy ra x = 3 không là TCĐ của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho không có TCĐ.

Câu 49: Đáp án C

Phương pháp:

– Xác định tâm mặt cầu.

– Chứng minh tâm mặt cầu trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB.

– Chứng minh tam giác IAB đều.

– Sử dụng công thức tính nhanh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh a là $R = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.$

Cách giải:

Mặt cầu chứa đỉnh I chứa đường tròn đường kính AB nên mặt cầu đi qua A, B.

Do đó bán kính mặt cầu chính là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC.

Tam giác IAB có $IA = IB = l,$ suy ra tam giác IAB cân tại I.

Gọi H là trung điểm của AB $ \Rightarrow SH \bot AB$ và $AH = 3cm,\,\,IH = 3\sqrt 3 cm.$

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

$IA = \sqrt {I{H^2} + A{H^2}} = \sqrt {27 + 9} = 6\left( {cm} \right) = IB.$

$ \Rightarrow \Delta IAB$ đều cạnh 6 cm.

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB là $R = \frac{{6\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3 \left( {cm} \right).$

Câu 50: Đáp án C

Phương pháp:

– Hình lăng trụ đứng là hình lăng trụ có các cạnh bên vuông góc với đáy.

– Một khối đa diện bất kì muốn có mặt cầu ngoại tiếp thì tất cả các mặt của khối đa diện phải là các đa giác nội tiếp.

Cách giải:

Hình lăng trụ đứng là hình lăng trụ có các cạnh bên vuông góc với đáy nên các mặt bên là hình chữ nhật, nội tiếp được đường tròn.

Muốn hình lăng trụ nội tiếp được mặt cầu thì đáy ABCD của hình lăng trụ phải là tứ giác nội tiếp.

Bài trướcĐề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục Đào Tạo Trường THPT Kim Liên Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
Bài tiếp theoĐề Thi Học kì 1 Toán 12 Trường THPT Thăng Long 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