Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Trường THPT Chuyên Amsterdam Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
43

Đề thi học kì 1 Toán 12 trường thpt chuyên amsterdam Hà Nội đề chính thức có đáp án và lời giải chi tiết gồm 50 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ NỘI – AMSTERDAM

Tổ toán – Tin học

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I

MÔN: TOÁN – Lớp 12

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

Mục tiêu: Đề thi HKI trường THPT Chuyên Hà Nội – Amsterdam năm học 2018 – 2019 bao gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm với lượng kiến thức 100% của lớp 12, không có kiến thức lớp 11 và lớp 10, nhằm rà soát toàn bộ kiến thức của HS lớp 12 ở phần HKI, gồm đầy đủ các chương: Ứng dụng đạo hàm để vẽ và khảo sát đồ thị hàm số, hàm số lũy thừa, mũ, logarit, khối đa diện, thể tích khối đa diện, mặt tròn xoay. Trong đề xuất hiện các câu hỏi khó, phức tạp, yêu cầu HS phải thật chắc kiến thức.

Câu 1 (TH). Tìm tất cả các giá trị thực của tham số $m$ để đồ thị hàm số $y = \frac{{2x – 8}}{{x – 2m}}$ có tiệm cận đứng nằm hoàn toàn bên phải trục $Oy.$

A. $0 < m \ne 2.$ B. $m > 0.$ C. $m \ne 2.$ D. $m < 0.$

Câu 2 (NB). Hình bát diện đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?

A. 6 B. 4 C. 8 D. 9.

Câu 3 (TH). Cho hàm số $y = {x^3} – 3{x^2} + 1$ có đồ thị $\left( C \right)$ như hình vẽ bên. Với giá trị nào của $m$ thì đường thẳng $y = m – 1$ cắt $\left( C \right)$ tại bao điểm phân biệt có hoành độ ${x_1} < 1 < {x_2} < {x_3}?$

A. $ – 2 < m < 1.$ B. $ – 2 < m < 0.$

C. $ – 2 \le m < 0.$ D. $ – 3 < m \le 1.$

Câu 4 (NB). Tìm tập xác định của hàm số $y = {\left( {4 – 4x} \right)^{0,7}}$

A. $R\backslash \left\{ 1 \right\}.$ B. $D = \left( {4; + \infty } \right)$ C. $D\left( { – \infty ;1} \right).$ D. $D = \left( { – \infty ;1} \right].$

Câu 5 (NB). Giá trị $\sqrt[7]{{5\sqrt[5]{{5\sqrt[3]{5}}}}}$ viết dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ là

A. ${5^{\frac{{11}}{{105}}}}.$ B. ${5^{\frac{1}{{105}}}}.$ C. ${5^{\frac{{19}}{{105}}}}.$ D. ${5^{\frac{4}{{105}}}}.$

Câu 6 (TH). Một hình nón có đường sinh hợp với đáy một góc $\alpha $ và có độ dài đường sinh bằng $l.$ Khi đó diện tích toàn phần của hình nón bằng:

A. $\pi {l^2}\cos \alpha .{\cos ^2}\frac{\alpha }{2}.$ B. $2\pi {l^2}\cos \alpha .{\sin ^2}\frac{\alpha }{2}$. C. $2\pi {l^2}\cos \alpha .{\cos ^2}\frac{\alpha }{2}$. D. $\frac{1}{2}\pi {l^2}\cos \alpha .{\cos ^2}\frac{\alpha }{2}$

Câu 7 (TH). Cho $x,y,z$ là những số thực thỏa mãn ${3^x} = {7^y} = {21^{ – z}}.$ Tính giá trị biểu thức $P = xy + yz + zx.$

A. $P = 1.$ B. $P = 2.$ C. $P = 0$. D. $P = – 1.$

Câu 8 (NB). Đạo hàm của hàm số $y = {2^{ – 2x + 3}}$ là:

A. $ – {2^{ – 2x + 3}}.\ln 2$. B. $ – {2^{ – 2x + 2}}$. C. ${2^{ – 2x + 2}}.\ln 2.$ D. $ – {2^{ – 2x + 4}}.\ln 2.$

Câu 9 (VDC). Số các giá trị nguyên nhỏ hơn 99 của tham số $m$ để phương trình ${\log _5}\left( {24x + m} \right) = {\log _4}\left( {6x} \right)$ có nghiệm là

A. 1302. B. 1397. C. 1305. D. 1395.

Câu 10 (TH). Số điểm cực trị của hàm số $y = {\left| x \right|^3} – 4{x^2} + 3$ bằng

A. 3. B. 0. C. 4. D. 2.

Câu 11 (VD). Trong số các hình trụ có diện tích toàn phần bằng $24c{m^2}$ thì chiều cao $h$ của khối trụ có thể tích lớn nhất là:

A. $h = \sqrt {\frac{3}{\pi }} \left( {cm} \right).$ B. $h = \frac{{16}}{{\sqrt \pi }}\left( {cm} \right).$ C. $h = \frac{4}{{\sqrt \pi }}\left( {cm} \right).$ D. $h = \sqrt {\frac{6}{\pi }} \left( {cm} \right).$

Câu 12 (VD). Cho $x,y$ là hai số không âm thỏa mãn $x + y = 2.$ Giá trị nhỏ nhất của $P = {x^3} + 3{x^2} + 3{y^2} – 3x – 5$ là

A. 9. B. $ – 1.$ C. $ – 2.$ D. 7.

Câu 13 (VD). Một hình nón có đỉnh $S$ có bán kính đáy bằng $a\sqrt 3 ,$ góc ở đỉnh là $120^\circ .$ Thiết diện qua đỉnh của hình nón là một tam giác. Diện tích lớn nhất ${S_{\max }}$ của thiết diện đó là bao nhiêu?

A. ${S_{\max }} = 2{a^2}.$ B. ${S_{\max }} = 4{a^2}$ C. ${S_{\max }} = \frac{9}{8}{a^2}.$ D. ${S_{\max }} = {a^2}\sqrt 2 .$

Câu 14 (VD). Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có $SA \bot \left( {ABCD} \right),$ $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $B,$ biết $AB = 2a,AD = 3BC = 3a,$ khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ bằng $\frac{{3\sqrt 6 }}{4}a.$ Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là:

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

Câu 15 (VD). Trên bàn có một cốc nước hình trụ đầy nước, có chiều cao bằng 3 lần đường kính của đáy. Một viên bi và một khối nón đều bằng thủy tinh. Biết viên bi là một khối cầu có đường kính bằng đường kính của cốc nước. Người ta thả từ từ vài cốc nước viên bi và khối nón đó (hình vẽ) thì thấy nước trong cốc tràn ra ngoài. Tính tỉ số thể tích của lượng nước còn lại trong cốc và lượng nước ban đầu (bỏ qua bề dày của lớp vỏ thủy tinh).

A. $\frac{1}{2}.$ B. $\frac{2}{3}.$ C. $\frac{4}{9}.$ D. $\frac{5}{9}.$

Câu 16 (TH). Gọi ${x_1},{x_2}$ là hai nghiệm của phương trình ${\log _x}3 – {\log _{81}}x = 0.$ Khi đó tích ${x_1}.{x_2}$ bằng

A. 1. B. $ – 1$ C. $ – 2.$ D. 2.

Câu 17 (VDC). Một hộp giấy dạng hình lăng trụ đứng tam giác đựng 6 quả bóng bàn như nhau có bán kính là 2cm. Các quả bóng trong hộp được xếp thành hai lớp, chúng tiếp xúc với nhau và tiếp xúc với các mặt của hộp giấy. Tính diện tích bìa giấy để làm chiếc hộp (nếu gấp không đáng kể).

A. $144 + 128\sqrt 3 \left( {c{m^2}} \right).$ B. $128 + 144\sqrt 3 \left( {c{m^2}} \right).$ C. $140 + 128\sqrt 3 \left( {c{m^2}} \right).$ D. $128 + 140\sqrt 3 \left( {c{m^2}} \right).$

Câu 18 (NB). Hàm số nào sau đây nghịch biến trên từng khoảng xác định?

A. $y = – {x^3} + 2x.$ B. $y = \tan x.$ C. $y = {x^4} + 5{x^2}.$ D. $y = \cot x.$

Câu 19 (TH). Tìm giá trị cực tiểu của hàm số $y = – {x^4} + 2{x^2} + 3.$

A. ${y_{CT}} = – 3$ B. ${y_{CT}} = 4.$ C. ${y_{CT}} = 3.$ D. ${y_{CT}} = – 4.$

Câu 20 (VD). Số chữ số trong biểu diễn thập phân của ${2018^{2018}}$ là:

A. $6669.$ B. $6670.$ C. $6672.$ D. $6671.$

Câu 21 (VD). Cho tứ diện $ABCD$ có các cạnh $AB,AC,AD$ đôi một vuông góc với nhau. Gọi $M,N,P,Q$ lần lượt là trọng tâm các mặt $ABC,ABD,ACD,BCD.$ Biết $AB = 6a,AC = 9a,AD = 12a.$ Thể tích khối tứ diện $MNPQ$ là:

A. ${a^3}.$ B. $36{a^3}.$ C. $108{a^3}$ D. $4{a^3}.$

Câu 22 (VD). Tìm tất cả các giá trị của $m$ để hàm số $y = {\left( {2019} \right)^{{x^3} – {x^2} + mx}}$ đồng biến trên $\left[ {1;2} \right].$

A. $m \ge – 1.$ B. $m \ge 4.$ C. $m > – 8.$ D. $m \ge 1.$

Câu 23 (VD). Cho hàm số $y = \frac{x}{{x – 1}}$ có đồ thị $\left( C \right).$ Giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng cách từ điểm $M \in \left( C \right)$ tới hai đường tiệm cận là:

A. $2\sqrt 2 .$ B. 3. C. 1. D. 2.

Câu 24 (VD). Cho lăng trụ $ABCD.A’B’C’D’$ có $ABCD$ là hình chữ nhật, $AA’ = A’B = A’D.$ Tính thể tích của khối lăng trụ $ABCD.A’B’C’D’$ biết $AB = a,AD = a\sqrt 3 ,AA’ = 2a.$

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

Câu 25 (TH). Hình chóp $SABC$ có đáy là tam giác vuông tại $B,$ hai mặt bên $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SAC} \right)$ cùng vuông góc với đáy. Tâm cầu ngoại tiếp hình chóp là:

A. Trung điểm của $SB$ B. Trung điểm của $AC.$

C. Trung điểm của $SC.$ D. Trọng tâm tam giác $SAB.$

Câu 26 (NB). Cho $x,y$ là các số thực dương tùy ý và $a$ là số thực dương khác 1. Mệnh đề nào sau đây đúng?

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

C. ${\log _a}x + {\log _a}y = {\log _a}x.lo{g_a}y$. D. ${\log _a}x + {\log _a}y = {\log _a}\left( {x – y} \right).$

Câu 27 (TH). Cho ${\log _2}5 = a$ và ${\log _3}5 = b.$ Tính ${\log _{24}}15$ theo $a$ và $b.$

A. $\frac{{a\left( {1 + 2b} \right)}}{{ab + 3}}.$ B. $\frac{a}{{ab + 1}}.$ C. $\frac{{a\left( {1 + 2b} \right)}}{{ab + 1}}.$ D. $\frac{{a\left( {1 + b} \right)}}{{ab + 3}}.$

Câu 28 (VD). Cho lăng trụ $ABCD.A’B’C’D’$ có $ABCD$ là hình thoi. Hình chiếu của $A’$ lên $\left( {ABCD} \right)$ là trọng tâm của tam giác $ABD.$ Tính thể tích khối lăng trụ $ABC.A’B’C’$ biết $AB = a,ABC = 120^\circ ,$ $AA’ = a$.

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

Câu 29 (NB). Trong các hình sau hình nào không phải hình đa diện?

A.  B.  C.  D. 

Câu 30 (NB). Bảng biến thiên sau đây là của hàm số nào?

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

Câu 31 (TH). Cho $S.ABCD$ là hình chóp đều, biết $AB = a,SA = a.$ Tính thể tích khối chóp $S.ABCD$

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

Câu 32 (NB). Tìm tập xác định $D$ của hàm số $y = {\log _3}\left( {{x^2} – 6x + 8} \right).$

A. $D = \left( { – \infty ;2} \right] \cup \left[ {4; + \infty } \right).$ B. $D = \left( { – \infty ;2} \right) \cup \left( {4; + \infty } \right).$

 C. $D = \left( {2;4} \right).$ D. $D = \left[ {2;4} \right].$

Câu 33 (TH). Hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số trùng phương $y = f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c,\left( {a \ne 0} \right).$ Tìm tất cả các giả trị thực của tham số $m$ để phương trình $\left| {f\left( x \right)} \right| = {\log _7}m$ có 8 nghiệm phân biệt.

A. $1 < m < {\log _7}2.$ B. $1 \le m \le 9.$

C. $1 < m < 49.$ D. $1 \le m \le {\log _7}2.$

Câu 34 (VD). Một người vay ngân hàng 200 triệu đồng với lãi suất 0,6%/tháng theo thỏa thuận cứ mỗi tháng người đó sẽ trả cho ngân hàng 10 triệu đồng và cứ trả hàng tháng như thế cho đến khi trả hết nợ (tháng cuối cùng có thể trả dưới 10 triệu đồng). Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng thì người đó trả được hết số nợ ngân hàng.

A. 19. B. 22. C. 21. D. 20.

Câu 35 (TH). Tìm giá trị thực của tham số $m$ để phương trình ${4^x} – {3.2^{x + 1}} + 2m – 1 = 0$ có hai nghiệm thực phân biệt.

A. $1 < m < 5.$ B. $\frac{1}{2} < m < 5.$ C. $1 \le m \le 5.$ D. $\frac{1}{2} \le m \le 5.$

Câu 36 (TH). Biết $\left( {{C_1}} \right),\left( {{C_2}} \right)$ ở hình bên là hai trong bốn đồ thị của các hàm $y = {\left( {\sqrt 5 } \right)^x},y = {\left( {\sqrt 3 } \right)^{ – x}},y = {6^x},y = {\left( {0,4} \right)^x}.$ Hỏi $\left( {{C_2}} \right)$ là đồ thị của hàm số nào sau đây?

A. $y = {6^x}.$ B. $y = {\left( {\sqrt 5 } \right)^x}.$

C. $y = {\left( {\sqrt 3 } \right)^{ – x}}.$ D. $y = {\left( {0,4} \right)^x}.$

Câu 37 (NB). Khối đa diện đều loại $\left\{ {5;3} \right\}$ là:

A. Khối tứ diện đều. B. Khối hai mươi mặt đều.

C. Khối bát diện đều. D. Khối mười hai mặt đều.

Câu 38 (VD). Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình tứ diện đều cạnh $a.$

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

Câu 39 (VD). Tìm số các giá trị nguyên của tham số $m$ sao cho hàm số $y = \frac{{mx + 5}}{{x + m}}$ nghịch biến trên $\left( { – 1; + \infty } \right).$

A. Vô số giá trị. B. 2. C. 3. D. 5.

Câu 40 (VD). Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh bằng 1, mặt bên $SAB$ là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích $V$ của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.

A. $V = \frac{{5\sqrt {15} \pi }}{{54}}.$ B. $V = \frac{{5\sqrt {15} \pi }}{{18}}.$ C. $V = \frac{{5\pi }}{3}.$ D. $V = \frac{{4\sqrt 3 \pi }}{{27}}.$

Câu 41 (VDC). Cho hàm số $y = \frac{{x – 2}}{{x + 1}}$ có đồ thị $\left( C \right).$ Phương trình tiếp tuyến $\Delta $ của đồ thị hàm số $\left( C \right)$ tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất. Khi đó khoảng cách từ tâm đối xứng của $\left( C \right)$ đến $\Delta $ bằng?

A. $\sqrt 3 .$ B. $2\sqrt 6 .$ C. $\sqrt 6 .$ D. $2\sqrt 3 .$

Câu 42 (VD). Cho hàm số $y = {x^4} – 2\sqrt[3]{3}\left( {m – 1} \right){x^2} – m + 1.$ Với giá trị nào của tham số $m$ thì đồ thị hàm số có ba điểm cực trị đồng thời ba điểm cực trị đó tạo thành một tam giác đều.

A. $m = 0.$ B. $m = \sqrt[3]{3}.$ C. $m = – 1.$ D. $m = 2.$

Câu 43 (TH). Số phát biểu đúng trong các phát biểu sau đây:

1. Đồ thị hàm số $y = {\left( {3x + 2} \right)^{ – 1}}$ không có tiệm cận ngang.

2. Hàm số $y = {x^4} – {x^2}$ không có giao điểm với đường thẳng có phương trình $y = – 2$

3. Hàm số $y = \sqrt {{x^2} + 3} $ có tập xác định là $R\backslash \left\{ 3 \right\}$

4. Đồ thị hàm số $y = {x^3} + 2{x^2} – 4x$ cắt trục tung tại 2 điểm

A. 3. B. 2 C. 0 D. 1

Câu 44 (NB). Tập hợp các điểm trong không gian cách đều một đường thẳng cố định là

A. Hình trụ. B. Mặt trụ. C. Mặt nón. D. Mặt cầu.

Câu 45 (TH). Tập nghiệm S của phương trình ${\log _{25}}{\left( {x – 1} \right)^2} = 1$ là:

A. $\left\{ { – 4;6} \right\}.$ B. $\left\{ 6 \right\}.$ C. $\left\{ { – 4} \right\}.$ D. $\left\{ {26} \right\}.$

Câu 46 (NB). Cho hàm số $f\left( x \right)$ có đạo hàm $f’\left( x \right)$ xác định, liên tục trên $\mathbb{R}$ và $f’\left( x \right)$ có đồ thị như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. Hàm số $f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( {1; + \infty } \right).$

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

C. Hàm số $f\left( x \right)$ đồng biến trên $\mathbb{R}.$

D. Hàm số $f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( { – \infty ;1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right).$

Câu 47 (VD). Một hình nón có đường kính đáy là $2a\sqrt 3 ,$ góc ở đỉnh là $120^\circ .$ Thể tích của khối nón đó là

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

Câu 48 (VD). Cho hình trụ tròn xoay có hai đáy là hai hình tròn $\left( {O;R} \right)$ và $\left( {O’;R} \right).$ Tồn tại dây cung $AB$ thuộc đường tròn $\left( O \right)$ sao cho $\Delta O’AB$ là tam giác đều và mặt phẳng $\left( {O’AB} \right)$ hợp với mặt phẳng chứa đường tròn $\left( O \right)$ một góc $60^\circ .$ Khi đó, diện tích xung quanh ${S_{xq}}$ của hình trụ là:

A. ${S_{xq}} = \frac{{3\pi {R^2}\sqrt 7 }}{7}.$ B. ${S_{xq}} = \frac{{4\pi {R^2}}}{7}.$ C. ${S_{xq}} = \frac{{6\pi {R^2}\sqrt 7 }}{7}.$ D. ${S_{xq}} = \frac{{3\pi {R^2}}}{{\sqrt 7 }}.$

Câu 49 (VD). Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD,$ góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ bằng $45^\circ ,M,N,P$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SA,SB,AB,$ thể tích $V$ của khối tứ diện $DMNP$ là $V = \frac{{{a^3}}}{6}.$ Độ dài cạnh đáy là:

A. $a\sqrt 3 .$ B. $a\sqrt 2 .$ C. $2a$ D. $3a.$

Câu 50 (TH). Giá trị lớn nhất của hàm số $y = {\left( {0,3} \right)^x}$ trên $\left[ {0;3} \right]$ bằng:

A. $0,027.$ B. $2,7.$ C. $0,27.$ D. 1.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Đáp án

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

Câu 1: Đáp án A

Phương pháp:

Đồ thị hàm số bậc nhất trên bậc nhất $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}},\left( {ad – bc \ne 0,a,c \ne 0} \right)$ có tiệm cận đứng $x = – \frac{d}{c}.$

Cách giải:

Để đồ thị hàm số $y = \frac{{2x – 8}}{{x – 2m}}$ có tiệm cận đứng nằm hoàn toàn bên phải trục $Oy$ thì

$\left\{ \begin{array}{l}2.\left( { – 2m} \right) – 1.\left( { – 8} \right) \ne 0\\2m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < m \ne 2$

Chú ý: Hàm số muốn ở dạng bậc nhất trên bậc nhất $\frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ nhất định phải có điều kiện $ad \ne bc.$

Câu 2: Đáp án D

Phương pháp:

Dựa vào lí thuyết các khối đa diện đều.

Cách giải:

Hình bát diện đều có 9 mặt phẳng đối xứng.

Câu 3: Đáp án B

Phương pháp:

Dựa vào đồ thị hàm số để biện luận.

Cách giải:

Xét $y = {x^3} – 3{x^2} + 1,$ ta có: với $x = 1$ thì $y = – 1$

Để đường thẳng $y = m – 1$ cắt $\left( C \right)$ tại ba điểm phân biệt có hoành độ ${x_1} < 1 < {x_2} < {x_3}$ thì $ – 3 < m – 1 < – 1 \Leftrightarrow – 2 < m < 0.$

Câu 4: Đáp án C

Phương pháp:

Xét hàm số $y = {x^\alpha }:$

+ Nếu $\alpha $ là số nguyên dương thì TXĐ: $D = R$

+ Nếu $\alpha $ là số nguyên âm hoặc bằng 0 thì TXĐ: $D = R\backslash \left\{ 0 \right\}$

+ Nếu $\alpha $ là không phải là số nguyên thì TXĐ: $D = \left( {0; + \infty } \right).$

Cách giải:

Do $0,7{ \in }Z \Rightarrow $ Hàm số xác định $ \Leftrightarrow 4 – 4x > 0 \Leftrightarrow x < 1.$ Vậy TXĐ của hàm số là $D = \left( { – \infty ;1} \right).$

Câu 5: Đáp án C

Phương pháp:

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

Cách giải:

$\sqrt[7]{{5\sqrt[5]{{5\sqrt[3]{5}}}}} = \sqrt[7]{{5\sqrt[5]{{{{5.5}^{\frac{1}{3}}}}}}} = \sqrt[7]{{5\sqrt[5]{{{5^{\frac{4}{3}}}}}}} = \sqrt[7]{{{{5.5}^{\frac{4}{{15}}}}}} = \sqrt[7]{{{5^{\frac{{19}}{{15}}}}}} = {5^{\frac{{19}}{{105}}}}.$

Câu 6: Đáp án C

Phương pháp:

 Diện tích toàn phần của hình nón: $S{ & _{tp}} = \pi rl + \pi {r^2}.$

Cách giải:

Do đường sinh hợp với đáy một góc $\alpha $ nên $r = l\cos \alpha $

Diện tích toàn phần của hình nón:

${S_{tp}} = \pi rl + \pi {r^2} = \pi .l\cos \alpha .l + \pi {\left( {l\cos \alpha } \right)^2}$

$ = \pi {l^2}\cos \alpha + \pi {l^2}{\cos ^2}\alpha = \pi {l^2}\cos \alpha .\left( {1 + \cos \alpha } \right) = 2\pi {l^2}\cos \alpha .{\cos ^2}\frac{\alpha }{2}.$

Câu 7: Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp logarit hóa.

Cách giải:

Ta có:

${3^x} = {7^y} = {21^{ – z}} \Leftrightarrow {3^x}{.21^z} = {7^y}{.21^z} = 1$

$ \Leftrightarrow {3^{x + z}}{.7^z} = {7^{y + z}}{.3^z} = 1 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{3^{x + z}}{{.7}^z}} \right) = {\log _3}\left( {{7^{y + z}}{{.3}^z}} \right) = {\log _3}1 = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {x + z} \right) + z.{\log _3}7 = \left( {y + z} \right).{\log _3}7 + z = 0$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {y + z} \right).{\log _3}7 + z = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\\\left( {x + z} \right) + z.{\log _3}7 = 0{\rm{ }}\left( 2 \right)\end{array} \right.$

$\left( 2 \right) \Leftrightarrow x + z = – z.{\log _3}7 \Leftrightarrow z + z{\log _3}7 = x$

$\left( 1 \right) \Leftrightarrow y{\log _3}7 + z{\log _3}7 + z = 0 \Leftrightarrow y{\log _3}7 = x$

Khi đó: $P = xy + yz + zx = y\left( {x + z} \right) + zx = y.\left( { – z.{{\log }_3}7} \right) + z.y.{\log _3}7 = 0.$

Câu 8: Đáp án A

Phương pháp:

$y = {a^{u\left( x \right)}} \Rightarrow y’ = {a^{u\left( x \right)}}.\ln a.{\left( {u\left( x \right)} \right)^\prime }$

Cách giải:

$y = {2^{ – 2x + 3}} \Rightarrow y’ = {2^{ – 2x + 3}}.\ln 2.\left( { – 2} \right) = – {2^{ – 2x + 4}}\ln 2.$

Câu 9: Đáp án D

Phương pháp:

Đặt ${\log _5}\left( {24x + m} \right) = {\log _4}\left( {6x} \right) = t \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}24x + m = 5’\\6x = 4’\end{array} \right.$, đưa phương trình về dạng $f\left( t \right) = m.$

+ Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( t \right)$ và đường thẳng $y = m$ song song với trục hoành.

+ Lập BBT của đồ thị hàm số $y = f\left( t \right)$ và kết luận.

Cách giải :

ĐK: $\left\{ \begin{array}{l}24{\rm{x}} + m > 0\\x > 0\end{array} \right.$

Đặt ${\log _5}\left( {24x + m} \right) = {\log _4}\left( {6x} \right) = t \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}24x + m = {5^t}\\6x = {4^t}\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{{{5^t} – m}}{{24}} = \frac{{{4^t}}}{6}$

$ \Leftrightarrow {5^t} – m = {4.4^t} \Leftrightarrow f\left( t \right) = {5^t} – {4^{t + 1}} = m,$ do đó số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số $f\left( t \right) = {5^t} – {4^{t + 1}}$ và đường thẳng $y = m$ song song với trục hoành.

Xét hàm số $f\left( t \right) = {5^t} – {4^{t + 1}}$ ta có

$f’\left( t \right) = {5^t}\ln 5 – {4^{t + 1}}\ln 4 \Leftrightarrow {5^t}\ln 5 = {4^t}.4\ln 4 \Leftrightarrow {\left( {\frac{5}{4}} \right)^t} = \frac{{\ln 256}}{{\ln 5}} \Leftrightarrow t = {\log _{\frac{5}{4}}}\frac{{\ln 256}}{{\ln 5}} = {t_0} \approx 5,54$

Ta có BBT của đồ thị hàm số $y = f\left( t \right)$ như sau:

Để phương trình đã cho có nghiệm thì $m \ge f\left( {{t_0}} \right).$ Mà $m \in Z;m < 99 \Rightarrow m \in \left\{ { – 1296; – 1205;…;0;1;2;…;98} \right\}.$

Vậy có 1395 giá trị của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 10: Đáp án A

Phương pháp:

Vẽ đồ thị hàm số và nhận xét.

Cách giải:

 Xét hàm số $y = {x^3} – 4{x^2} + 3,$ có: $y’ = 3{x^2} – 8x,y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \frac{8}{3}\end{array} \right.$

Hàm số $y = {x^3} – 4{x^2} + 3$ đạt cực trị tại $x = 0$ và $x = \frac{8}{3}$

Do đồ thị của hàm số $y = {\left| x \right|^3} – 4{x^2} + 3$ được dựng từ đồ thị hàm số $y = {x^3} – 4{x^2} + 3\left( C \right)$ bằng cách giữ nguyên đồ thị $\left( C \right)$ nằm bên phải trục tung và lấy đối xứng phần đồ thị này qua trục tung, do đó đồ thị hàm số như sau:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy số cực trị của đồ thị hàm số $y = {\left| x \right|^3} – 4{x^2} + 3$ là 3.

Câu 11: Đáp án C

Phương pháp:

Diện tích toàn phần của hình trụ: ${S_{tp}} = 2\pi rh + 2\pi {r^2}$

Thể tích khối trụ: $V = \pi {r^2}h$

Cách giải:

Theo đề bài ta có: ${S_{tp}} = 2\pi rh + 2\pi {r^2} = 24\left( {c{m^2}} \right) \Rightarrow 2\pi rh = 24 – 2\pi {r^2} \Leftrightarrow h = \frac{{12}}{{\pi r}} – r$

Thể tích khối trụ: $V = \pi {r^2}h = \pi {r^2}\left( {\frac{{12}}{{\pi r}} – r} \right) = 12r – \pi {r^3} = f\left( r \right),\left( {r > 0} \right)$

Ta có: $f’\left( r \right) = 12 – 3\pi {r^2},f’\left( r \right) = 0 \Leftrightarrow r = \frac{2}{{\sqrt \pi }}.$

Lập BBT ta nhận được $\max f\left( r \right) = f\left( {\frac{2}{{\sqrt \pi }}} \right).$ Khi đó $h = \frac{{12}}{{\pi .\frac{2}{{\sqrt \pi }}}} – \frac{2}{{\sqrt \pi }} = \frac{6}{{\sqrt \pi }} – \frac{2}{{\sqrt \pi }} = \frac{4}{{\sqrt \pi }}.$

Câu 12: Đáp án B

Phương pháp:

Khảo sát và tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số.

Cách giải:

Ta có: $x,y > 0,x + y = 2 \Rightarrow y = 2 – x\left( {0 \le x \le 2} \right).$

Khi đó: $P = {x^3} + 3{x^2} + 3{y^2} – 3x – 5 = {x^3} + 3{x^2} + 3{\left( {2 – x} \right)^2} – 3x – 5 = {x^3} + 3{x^2} + 12 – 12x + 3{x^2} – 3x – 5$

$ = {x^3} + 6{x^2} – 15x + 7$ với $x \in \left[ {0;2} \right]$

Xét hàm số $f\left( x \right) = {x^3} + 6{x^2} – 15x + 7$ trên $\left[ {0;2} \right]$ ta có: $f’\left( x \right) = 3{x^2} + 12x – 15;f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = – 5\left( L \right)\end{array} \right.$

Hàm số $f\left( x \right)$ liên tục trên đoạn $\left[ {0;2} \right],$ có $f\left( 0 \right) = 7;{\rm{ }}f\left( 1 \right) = – 1;{\rm{ }}f\left( 2 \right) = 9 \Rightarrow \mathop {Min}\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = – 1$

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là $ – 1,$ khi và chỉ khi $x = y = 1.$

Câu 13: Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính diện tích tam giác ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin BAC.$

Cách giải:

Tam giác OAB cân tại O có $AOB = 120^\circ \Rightarrow AOH = 60^\circ \Rightarrow OA = \frac{{HA}}{{\sin 60^\circ }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}}} = 2a \Rightarrow l = 2a$

Diện tích thiết diện qua đỉnh: ${S_{OMN}} = \frac{1}{2}.SN.SM.\sin MSN = \frac{1}{2}.2a.2a.\sin MSN \le \frac{1}{2}.2a.2a.\sin 90^\circ = 2{a^2}$

( Do $MSN \le 120^\circ $)

Vậy, diện tích lớn nhất ${S_{\max }} = 2{a^2}$ khi và chỉ khi $MSN = 90^\circ .$

Câu 14: Đáp án A

Phương pháp:

Thể tích khối chóp: $V = \frac{1}{3}Sh.$

Cách giải:

 

Dựng $AH \bot CD$ tại H, $AK \bot SH$ tại K. Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AH\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow CD \bot AK$

Mà $AK \bot SH \Rightarrow AK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = AK = \frac{{3\sqrt 6 }}{4}a$

Dựng $CI \bot AD$ tại I $ \Rightarrow ABCI$ là hình chữ nhật có $AI = BC = a,IC = AB = 2a \Rightarrow ID = IC = 2a$

$ \Rightarrow \Delta ICD$ vuông cân tại I $ \Rightarrow D = 45^\circ \Rightarrow \Delta AHD$ vuông cân tại H $ \Rightarrow AH = \frac{{AD}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{3a}}{{\sqrt 2 }}$

$\Delta SAH$ vuông tại A có $AK \bot SH$

$ \Rightarrow \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{K^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{3a}}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}} – \frac{1}{{{{\left( {\frac{{3\sqrt 6 }}{4}a} \right)}^2}}} = \frac{2}{{27{a^2}}} \Rightarrow SA = \frac{{3\sqrt 6 a}}{2}$

ABCD là hình thang vuông tại A và B ${S_{ABCD}} = \frac{1}{2}\left( {AD + BC} \right).AB = \frac{1}{2}.\left( {3a + a} \right).2a = 4{a^2}$

$SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.SA = \frac{1}{3}.\frac{{3\sqrt 6 a}}{2}.4{a^2} = 2\sqrt 6 {a^3}.$

Câu 15: Đáp án D

Phương pháp:

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

Thể tích khối trụ: ${V_{tru}} = \pi {r^2}h$

Thể tích khối cầu: ${V_{cau}} = \frac{4}{3}\pi {r^3}$

Cách giải:

Giả sử cốc nước hình trụ có bán kính đáy là $r,$ khi đó, chiều cao của hình trụ là $6r.$ Thể tích của khối trụ là: ${V_{tru}} = \pi {r^2}.6r = 6\pi {r^3}$

Khối cầu có bán kính bằng $r$ và có thể tích là: ${V_{cau}} = \frac{4}{3}\pi {r^3}$

Khối nón có bán kính đáy bằng $r$ và có chiều cao $h = 6r – 2r = 4r,$ có thể tích là: ${V_{non}} = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {r^2}.4r = \frac{4}{3}\pi {r^3}$

Thể tích của lượng nước còn lại là: $V = {V_{tru}} – {V_{cau}} – {V_{non}} = 6\pi {r^3} – \frac{4}{3}\pi {r^3} – \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{{10}}{3}\pi {r^3}$

Tỉ số thể tích của lượng nước còn lại trong cốc và lượng nước ban đầu là: $\frac{{\frac{{10}}{3}\pi {r^3}}}{{6\pi {r^3}}} = \frac{5}{9}.$

Câu 16: Đáp án A

Phương pháp:

Đưa về phương trình có ẩn là $t = {\log _3}x.$

Cách giải:

ĐKXĐ: $0 < x \ne 1$

Ta có:

${\log _x}3 – {\log _{81}}x = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_3}x}} – \frac{1}{4}{\log _3}x = 0$

$ \Leftrightarrow \frac{{4 – \log _3^2x}}{{{{\log }_3}x}} = 0 \Leftrightarrow 4 – \log _3^2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _3}x = 2\\{\log _3}x = – 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 9\\x = \frac{1}{9}\end{array} \right.\left( {tm} \right)$

Tích hai nghiệm ${x_1}.{x_2} = 9.\frac{1}{9} = 1.$

Câu 17: Đáp án A

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình lăng trụ: ${S_{xq}} = {C_{day}}.h$

Diện tích toàn phần của hình lăng trụ: ${S_{tp}} = {S_{xq}} + 2{S_{day}}$

Cách giải:

Nhận xét: Chiếc hộp giấy là hình lăng trụ tam giác đều có chiều cao $h = 4r = 8\left( {cm} \right)$

Xét mặt cắt đi qua tâm của 3 quả bóng ở lớp bên trên, cắt khối hộp là tam giác đều MNP, cắt 3 khối cầu là 3 hình tròn bán kính 2cm.

Giả sử cạnh của tam giác MNP đều bằng a $\left( {cm} \right)$. Khi đó, $MN = a,MH = \frac{a}{2};NH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Xét tam giác vuông MNH có tâm đường tròn nội tiếp là I, bán kính đường tròn nội tiếp $r = 2cm$

Diện tích tam giác MNH: ${S_{MNH}} = \frac{1}{2}{S_{MNP}} = pr \Leftrightarrow \frac{1}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{1}{2}\left( {a + \frac{a}{2} + \frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right).2 \Leftrightarrow \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{8} = \frac{{\left( {3 + \sqrt 3 } \right)a}}{2}$

$ \Leftrightarrow a = 4\left( {\sqrt 3 + 1} \right)\left( {cm} \right) \Rightarrow {S_{MNP}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{16{{\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}^2}.\sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3 \left( {4 + 2\sqrt 3 } \right) = 16\sqrt 3 + 24\left( {c{m^2}} \right)$

Chu vi tam giác MNP: ${C_{MNP}} = 3a = 3.4\left( {\sqrt 3 + 1} \right) = 12\sqrt 3 + 12\left( {cm} \right)$

Diện tích xung quanh của hình lăng trụ là: ${S_{xq}} = {C_{MNP}}.h = \left( {12\sqrt 3 + 12} \right).8 = 96\sqrt 3 + 96\left( {c{m^2}} \right)$

Diện tích của bìa là: $\left( {16\sqrt 3 + 24} \right).2 + 96\sqrt 3 + 96 = 128\sqrt 3 + 144\left( {c{m^2}} \right).$

Câu 18: Đáp án D

Cách giải:

Hàm số $y = \cot x$ nghịch biến trên từng khoảng xác định.

Câu 19: Đáp án C

Phương pháp:

Lập bảng biến thiên của hàm số và kết luận.

Cách giải:

Ta có: $y = – {x^4} + 2{x^2} + 3 \Rightarrow y’ = – 4{x^3} + 4x,y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\end{array} \right.$

Bảng biến thiên:

Giá trị cực tiểu của hàm số $y = – {x^4} + 2{x^2} + 3$ là: ${y_{CT}} = 3.$

Câu 20: Đáp án B

Phương pháp:

Xác định số tự nhiên $n$ thỏa mãn: ${10^n} \le {2018^{2018}} < {10^{n + 1}} \Leftrightarrow n \le \log \left( {{{2018}^{2018}}} \right) < n + 1$ $ \Leftrightarrow n \le \log \left( {{{2018}^{2018}}} \right) < n + 1.$

Khi đó, số chữ số trong biểu diễn số thập phân của ${2018^{2018}}$ là $n + 1$

Cách giải:

Tìm số tự nhiên $n$ sao cho: ${10^n} \le {2018^{2018}} < {10^{n + 1}} \Leftrightarrow n \le \log \left( {{{2018}^{2018}}} \right) < n + 1$ $ \Leftrightarrow n \le 2018.\log 2018 < n + 1$ $ \Leftrightarrow 2018.\log 2018 – 1 < n \le 2018.\log 2018 \Rightarrow 6668,3 < n \le 6669,3 \Rightarrow n = 6669$

Vậy số chữ số trong biểu diễn số thập phân của ${2018^{2018}}$ là 6670.

Câu 21: Đáp án D

Phương pháp:

Lập tỉ số thể tích của tứ diện MNPQ với tứ diện ABCD.

Sử dụng công thức đối với tứ diện vuông: $\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}$ và $V = \frac{{abc}}{6}$ (với $a,b,c$ là 3 cạnh góc vuông, $h$ là khoảng cách từ đỉnh vuông đến mặt huyền).

Cách giải:

$M,{\rm{ }}N,{\rm{ }}P$ lần lượt là trọng tâm các mặt $ABC,ABD,ACD$

$ \Rightarrow \frac{{AN}}{{AI}} = \frac{{AP}}{{AJ}} = \frac{{AM}}{{AK}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \left( {MNP} \right)//\left( {BCD} \right)$ và $\frac{{{S_{MNP}}}}{{{S_{IJK}}}} = \frac{4}{9}.$

Mà $\frac{{{S_{IJK}}}}{{{S_{BCD}}}} = \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{{{S_{MNP}}}}{{{S_{BCD}}}} = \frac{1}{9}$

Gọi $h$ là khoảng cách từ A đến $\left( {BCD} \right),h’$ là khoảng cách từ Q đến $\left( {MNP} \right).$

Do $\left( {MNP} \right)//\left( {BCD} \right) \Rightarrow d\left( {Q;\left( {MNP} \right)} \right) = d\left( {I;\left( {MNP} \right)} \right)$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AI \cap \left( {MNP} \right) = N\\AN = 2NI\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {I;\left( {MNP} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A;\left( {MNP} \right)} \right)$

Lại có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNP} \right)//\left( {BCD} \right)\\AI \cap \left( {MNP} \right) = N\\AI \cap \left( {BCD} \right) = I\\AN = \frac{2}{3}AI\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {A;\left( {MNP} \right)} \right) = \frac{2}{3}d\left( {A;\left( {BCD} \right)} \right) = \frac{2}{3}h$

$ \Rightarrow d\left( {Q;\left( {MNP} \right)} \right) = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}h = \frac{1}{3}h \Rightarrow h’ = \frac{1}{3}h$

Ta có: $\frac{{{V_{MNPQ}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{\frac{1}{3}.h’.{S_{MNP}}}}{{\frac{1}{3}.h.{S_{BCD}}}} = \frac{{h’}}{h}.\frac{{{S_{MNP}}}}{{{S_{BCD}}}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{9} = \frac{1}{{27}}$

Mà ${V_{ABCD}} = \frac{{AB.AC.AD}}{6} = \frac{{6a.9a.12a}}{6} = 108{a^3}$ (do ABCD là tứ diện vuông tại đỉnh A)

$ \Rightarrow {V_{MNPQ}} = \frac{1}{{27}}.108{a^3} = 4{a^3}.$

Câu 22: Đáp án A

Phương pháp:

Xác định $m$ để $y’ \ge 0,\forall x \in \left[ {1;2} \right],$ dấu “=” chỉ xảy ra ở hữu hạn điểm trên $\left[ {1;2} \right]$

Cách giải:

Ta có: $y = {\left( {2019} \right)^{{x^3} – {x^2} + mx}} \Rightarrow y’ = \left( {3{x^2} – 2x + m} \right).{\left( {2019} \right)^{{x^3} – {x^2} + mx}}$

Để hàm số $y = {\left( {2019} \right)^{{x^3} – {x^2} + mx}}$ đồng biến trên $\left[ {1;2} \right]$ thì $y’ \ge 0,\forall x \in \left[ {1;2} \right],$dấu “=” chỉ xảy ra ở hữu hạn điểm trên đoạn $\left[ {1;2} \right] \Leftrightarrow 3{x^2} – 2x + m \ge 0,\forall x \in \left[ {1;2} \right] \Leftrightarrow {m_.} \ge – 3{x^2} + 2x,\forall x \in \left[ {1;2} \right]{\rm{ }}\left( * \right)$

Xét hàm số $f\left( x \right) = – 3{x^2} + 2x$ trên $\left[ {1;2} \right]:f’\left( x \right) = – 6x + 2 = 0 \Rightarrow x = \frac{1}{3}\cancel{ \in }\left[ {1;2} \right]$

Mà $a = – 3 < 0 \Rightarrow $ Hàm số $f\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left[ {1;2} \right] \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = – 1$

Khi đó $\left( * \right) \Leftrightarrow m \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2} \right]} f\left( x \right) \Leftrightarrow m \ge – 1$.

Câu 23: Đáp án D

Phương pháp:

+) Gọi $M \in \left( C \right) \Rightarrow M\left( {m;\frac{m}{{m – 1}}} \right),\left( {m \ne 1} \right).$

+) Xác định các đường tiệm cận của đồ thị hàm số.

+) Tính khoảng cách từ M đến các đường tiệm cận.

+) Áp dụng BĐT Cô-si để tìm GTNN của tổng khoảng cách từ M đến 2 đường tiệm cận của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Dễ dàng nhận thấy đồ thị $\left( C \right)$ có 2 đường tiệm cận: $x = 1 \Leftrightarrow x – 1 = 0\left( {{d_1}} \right)$ và $y = 1 \Leftrightarrow y – 1 = 0\left( {{d_2}} \right).$

Lấy $M \in \left( C \right) \Rightarrow M\left( {m;\frac{m}{{m – 1}}} \right),\left( {m \ne 1} \right).$

Ta có $d\left( {M;\left( {{d_1}} \right)} \right) = \frac{{\left| {m – 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {0^2}} }} = \left| {m – 1} \right|;d\left( {M;\left( {{d_2}} \right)} \right) = \frac{{\left| {\frac{m}{{m – 1}} – 1} \right|}}{{\sqrt {{0^2} + {1^2}} }} = \frac{1}{{\left| {m – 1} \right|}}.$

Khi đó: $S = \left| {m – 1} \right| + \frac{1}{{\left| {m – 1} \right|}} \ge 2\sqrt {\left| {m – 1} \right|.\frac{1}{{\left| {m – 1} \right|}}} = 2$

$ \Rightarrow {S_{\min }} = 2$ khi và chỉ khi $\left| {m – 1} \right| = \frac{1}{{\left| {m – 1} \right|}} \Leftrightarrow {\left( {m – 1} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 2\end{array} \right..$

Câu 24: Đáp án D

Phương pháp:

Thể tích khối lăng trụ: $V = Sh.$

Cách giải:

Ta có: $AA’ = A’B = A’D \Rightarrow $ Hình chiếu vuông góc của $A’$ lên $\left( {ABD} \right)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD

Mà ABCD là hình chữ nhật $ \Rightarrow $ Tam giác ABD vuông tại A $ \Rightarrow $ Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD là trung điểm của BD.

$ \Rightarrow $ Hình chiếu vuông góc của $A’$ lên $\left( {ABD} \right)$ là trung điểm của BD và cũng là giao điểm O của AC với BD.

Ta có: $OA = \frac{{BD}}{2} = \frac{{\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}} }}{2} = a$

$A’O \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow A’O \bot OA \Rightarrow \Delta AOA’$ vuông tại $O \Rightarrow A’O = \sqrt {A{{A’}^2} – O{A^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} – {a^2}} = a\sqrt 3 $

Thể tích của khối lăng trụ $ABCD.A’B’C’D’$ là: $V = {S_{ABCD}}.OA’ = AB.AD.OA’ = a.a\sqrt 3 .a\sqrt 3 = 3{a^3}.$

Câu 25: Đáp án C

Phương pháp:

$\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha \right) \bot \left( \gamma \right)\\\left( \beta \right) \bot \left( \gamma \right)\\\left( \alpha \right) \bot \left( \beta \right) = d\end{array} \right. \Rightarrow d \bot \left( \gamma \right)$

Cách giải:

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SA\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABC} \right)$

Gọi I, F lần lượt là trung điểm của SC, SA, AC

Do tam giác ABC vuông tại B

$ \Rightarrow $ F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC $\left( 1 \right)$

IF là đường trung bình của tam giác SAC $ \Rightarrow IF//SA$

Mà $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow IF \bot \left( {ABC} \right)\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ suy ra $IA = IB = IC$

Lại có: tam giác SAC vuông tại A $ \Rightarrow I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAC

$ \Rightarrow IS = IA = IC \Rightarrow IS = IA = IB = IC \Rightarrow I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$.

Câu 26: Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng các công thức liên quan đến logarit.

Cách giải:

${\log _a}x + {\log _a}y = {\log _a}\left( {xy} \right).$

Câu 27: Đáp án D

Phương pháp:

${\log _a}b = \frac{{{{\log }_c}b}}{{{{\log }_c}a}};{\log _a}{b^c} = c{\log _a}b$ (các biểu thức đều xác định)

Cách giải:

Ta có: ${\log _{24}}15 = \frac{{{{\log }_5}15}}{{{{\log }_5}24}} = \frac{{1 + {{\log }_5}3}}{{3{{\log }_5}2 + {{\log }_5}3}} = \frac{{1 + \frac{1}{b}}}{{\frac{3}{a} + \frac{1}{b}}} = \frac{{\frac{{b + 1}}{b}}}{{\frac{{3b + a}}{{ab}}}} = \frac{{\left( {b + 1} \right)a}}{{a + 3b}}$

Câu 28: Đáp án A

Phương pháp:

Thể tích khối lăng trụ: $V = Sh.$

Diện tích tam giác đều có các cạnh bằng $a$ là: $S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.$

Cách giải:

ABCD là hình thoi $ \Rightarrow \Delta ABD$ cân tại A. Mà $ABD = \frac{{ABC}}{2} = \frac{{120^\circ }}{2} = 60^\circ \Rightarrow \Delta ABD$ đều

Diện tích tam giác ABC: ${S_{ABC}} = {S_{ABD}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$

Gọi G là trọng tâm tam giác ABD $ \Rightarrow AG = \frac{2}{3}AO = \frac{2}{3}.\frac{{AB.\sqrt 3 }}{2} = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 a}}{3}$

Tam giác $A’AG$ vuông góc $G \Rightarrow A’G = \sqrt {A{{A’}^2} – A{G^2}} = \sqrt {{a^2} – {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$

Thể tích khối lăng trụ là: $V = {S_{ABCD}}.A’G = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{4}.$

Câu 29: Đáp án D

Phương pháp:

Hình đa diện (gọi tắt là đa diện) (H) là hình được tạo bởi một số hữu hạn các đa giác thỏa mãn hai điều kiện:

a. Hai đa giác phân biệt chỉ có thể hoặc không giao nhau, hoặc chỉ có một đỉnh chung, hoặc chỉ có một cạnh chung.

b. Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác. Mỗi đa giác như thế được gọi là một mặt của hình đa diện (H). Các đỉnh, cạnh của các đa giác ấy theo thứ tự gọi là các đỉnh, cạnh của hình đa diện (H).

Cách giải:

Hình D không giải là hình đa diện.

Câu 30: Đáp án B

Phương pháp:

Đồ thị hàm số bậc nhất trên bậc nhất $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}},\left( {ad – bc \ne 0,a,c \ne 0} \right)$ có TCĐ: $x = – \frac{d}{c}$ và TCN: $y = \frac{a}{c}.$

Cách giải:

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số cần tìm có TCĐ: $x = 2$ và TCN: $y = 1$

$ \Rightarrow $ Chọn phương án B: $y = \frac{{x + 3}}{{x – 2}}$

Câu 31: Đáp án B

Phương pháp:

Thể tích khối lăng trụ: $V = Sh.$

Cách giải:

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD $ \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$

ABCD là hình vuông cạnh $a \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}OA = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\\{S_{ABCD}} = {a^2}\end{array} \right.$

$\Delta SOA$ vuông tại $O \Rightarrow SO = \sqrt {S{A^2} – O{A^2}} = \sqrt {{a^2} – {{\left( {\frac{a}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}$

$SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{{\sqrt 2 }}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}.$

Câu 32: Đáp án A

Phương pháp:

ĐKXĐ của hàm số $y = {\log _a}x\left( {0 < a \ne 1} \right)$ là $x > 0.$

Cách giải:

ĐKXĐ: ${x^2} – 6x + 8 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < 2\\x > 4\end{array} \right.$

TXĐ: $D = \left( { – \infty ;2} \right] \cup \left[ {4; + \infty } \right)$

Câu 33: Đáp án C

Phương pháp:

Dựng đồ thị hàm số $y = \left| {f\left( x \right)} \right|$ dựa vào đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ đã cho, từ đó biện luận giá trị của $m$ để phương trình $\left| {f\left( x \right)} \right| = {\log _7}m$ có 8 nghiệm phân biệt.

Cách giải:

Từ đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ đã cho, ta có đồ thị hàm số $y = \left| {f\left( x \right)} \right|$ như sau:

Để phương trình $\left| {f\left( x \right)} \right| = {\log _7}m$ có 8 nghiệm phân biệt thì $0 < {\log _7}m < 2 \Leftrightarrow 1 < m < 49.$

Câu 34: Đáp án A

Phương pháp:

Bài toán: Mỗi tháng đều gửi một số tiền là $a$ đồng vào đầu mỗi tháng tính theo lãi kép với lãi suất là $r\% $ mỗi tháng. Tính số tiền thu được sau $n$ tháng: ${A_n} = \frac{{a{\rm{ }}1 + r\left[ {1 + {r^n} – 1} \right]}}{r}$

Cách giải:

Tìm số tự nhiên $n$ nhỏ nhất để

$\frac{{a\left( {1 + r} \right)\left[ {{{\left( {1 + r} \right)}^n} – 1} \right]}}{r} \ge 200 \Leftrightarrow \frac{{10.\left( {1 + 0,6\% } \right)\left[ {{{\left( {1 + 0,6\% } \right)}^n} – 1} \right]}}{{0,6\% }} \ge 200$

$ \Leftrightarrow {\left( {1 + 0,6\% } \right)^n} \ge \frac{{200.0,6\% }}{{10.\left( {1 + 0,6\% } \right)}} + 1 \Leftrightarrow n \ge {\log _{1 + 0,6\% }}\left( {\frac{{200.0,6\% }}{{10.\left( {1 + 0,6\% } \right)}} + 1} \right) \approx 18,84 \Rightarrow {n_{\min }} = 19$

Vậy sau ít nhất 19 tháng thì người đó trả được hết số nợ ngân hàng.

Câu 35: Đáp án B

Phương pháp:

Đặt $t = {2^x},\left( {t > 0} \right).$ Mỗi giá trị của $t\left( {t > 0} \right)$ cho ta đúng 1 giá trị của $x \Rightarrow $ Để phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt thì phương trình ${t^2} – 6.t + 2m – 1 = 0$ có 2 nghiệm dương phân biệt.

Cách giải:

Đặt $t = {2^x},\left( {t > 0} \right)$. Phương trình ${4^x} – {3.2^{x + 1}} + 2m – 1 = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)$ trở thành ${t^2} – 6.t + 2m – 1 = 0$

Để $\left( 1 \right)$ có hai nghiệm thực phân biệt thì $\left( 2 \right)$ có hai nghiệm thực dương phân biệt

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ‘ > 0\\S > 0\\p > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9 – 2m + 1 > 0\\ – \frac{{ – 6}}{1} > 0\\\frac{{2m – 1}}{1} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 5\\m > \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{1}{2} < m < 5.$

Câu 36: Đáp án B

Phương pháp:

Xét hàm số $y = {a^x},\left( {0 < a \ne 1} \right):$

+ Với $0 < a < 1:$ Hàm số nghịch biến trên R

+ Với $a > 1:$ Hàm số đồng biến trên R

Cách giải:

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy, $\left( {{C_1}} \right),\left( {{C_2}} \right)$ đều là hàm số đồng biến trên R $ \Rightarrow \left( {{C_1}} \right),\left( {{C_2}} \right)$ chỉ có thể là 1 trong 2 đồ thị của hàm số $y = {\left( {\sqrt 5 } \right)^x},y = {6^x}$

Giả sử hàm số ứng với $\left( {{C_1}} \right),\left( {{C_2}} \right)$ lần lượt là $y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)$

Với $x = 1,$ ta có: $f\left( 1 \right) > g\left( 1 \right) \Rightarrow y = f\left( x \right) = {6^x},y = g\left( x \right) = {\left( {\sqrt 5 } \right)^x}$

Vậy,$\left( {{C_2}} \right)$ là đồ thị của hàm số $y = {\left( {\sqrt 5 } \right)^x}.$

Câu 37: Đáp án D

Phương pháp:

Khối đa diện đều $\left\{ {n;p} \right\}$ là khối đa diện đều có các mặt là $n$ giác đều, mỗi đỉnh là đỉnh chung của $p$ cạnh.

Cách giải:

Khối đa diện đều loại $\left\{ {5;3} \right\}$ là: Khối mười hai mặt đều.

Câu 38: Đáp án B

Phương pháp:

 Diện tích mặt cầu có bán kính R là: ${S_{mc}} = 4\pi {R^2}.$

Cách giải:

Xét tứ diện đều ABCD có cạnh đều bằng $a.$ Gọi G là tâm tam giác ABC, I, J lần lượt là trung điểm của CD, BC $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}DG \bot \left( {ABC} \right)\\CG = \frac{2}{3}CK = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\end{array} \right.$

Dựng mặt trung trực của CD, cắt DG tại O. Khi đó, O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

* Tính R:

Tam giác DGC vuông tại G $ \Rightarrow DG = \sqrt {D{C^2} – G{C^2}} = \sqrt {{a^2} – \frac{{{a^2}}}{3}} = \frac{{\sqrt 6 a}}{3}$

$\Delta DOI$ đồng dạng $\Delta DCG \Rightarrow \frac{{OD}}{{DC}} = \frac{{DI}}{{DG}} \Rightarrow \frac{{OD}}{a} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 6 }}{3}}} \Rightarrow OD = \frac{{3a}}{{2\sqrt 6 }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{4} \Rightarrow R = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}$

* Tính diện tích mặt cầu: ${S_{mc}} = 4\pi {R^2} = 4\pi {\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{4}} \right)^2} = \frac{3}{2}\pi {a^2}$

Câu 39: Đáp án B

Phương pháp:

Hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\left( {ad \ne bc} \right)$ nghịch biến trên $\left( {a;b} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y’ < 0\\\frac{{ – d}}{c}{ \in }\left( {a;b} \right)\end{array} \right..$

Cách giải:

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

Để hàm số $y = \frac{{mx + 5}}{{x + m}}$ nghịch biến trên $\left( { – 1; + \infty } \right)$ thì $\left\{ \begin{array}{l}{m^2} – 5 < 0\\ – m \le – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – \sqrt 5 < m < \sqrt 5 \\m \ge 1\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 \le m < \sqrt 5 $

Mà $m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ {1;2} \right\}:$ có 2 giá trị của $m$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Câu 40: Đáp án A

Phương pháp:

 $\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \bot \left( Q \right)\\\left( P \right) \cap \left( Q \right) = d\\a \subset \left( P \right)\\a \bot d\end{array} \right. \Rightarrow a \bot \left( Q \right)$

Cách giải:

Gọi I là trung điểm của AB, G là trọng tâm tam giác SAB.

Tam giác SAB đều $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}SI \bot AB\\SG = \frac{2}{3}SI = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\end{array} \right.$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB\\SI \subset \left( {SAB} \right)\\SI \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow SI \bot \left( {ABC} \right)$

Gọi H là trọng tâm tam giác ABC. Dựng điểm O sao cho $\left\{ \begin{array}{l}OH//SI\\GO//IC\end{array} \right.$

Khi đó, O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$.

Ta có: $SAB,ABC$ là hai tam giác đều có chung cạnh AB, I là trung điểm của AB $ \Rightarrow SI = CI$

$IG = \frac{1}{3}SI,IH = \frac{1}{3}IC \Rightarrow IG = IH \Rightarrow IGOH$ là hình vuông $ \Rightarrow OG = IG = \frac{1}{3}SI = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}$

Tam giác SGO vuông tại G $ \Rightarrow SO = \sqrt {S{G^2} + G{O^2}} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{3} + \frac{{{a^2}}}{{12}}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{6} \Rightarrow R = \frac{{a\sqrt {15} }}{6}$

Tính thể tích $V$ của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho là: $V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{a\sqrt {15} }}{6}} \right)^3} = \frac{{5{a^3}\sqrt {15} }}{{54}}$

Câu 41: Đáp án C

Phương pháp:

Đồ thị hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}},\left( {ad – bc,c \ne 0} \right)$ có TCĐ: $x = – \frac{d}{c}$, TCN: $y = \frac{a}{c}$ và có tâm đối xứng là $I\left( { – \frac{d}{c};\frac{a}{c}} \right).$

Cách giải:

Đồ thị hàm số $y = \frac{{x – 2}}{{x + 1}}$ có TCĐ $x = – 1$, TCN: $y = 1$ và có tâm đối xứng là $I\left( { – 1;1} \right).$

Gọi $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ là tiếp điểm;

A, B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến $\Delta $ với TCĐ, TCN;

J, $r$ lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác IAB.

Phương trình tiếp tuyến $\Delta :y = y’\left( {{x_0}} \right).\left( {x – {x_0}} \right) + {y_0} \Leftrightarrow y = \frac{3}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}.\left( {x – {x_0}} \right) + \frac{{{x_0} – 2}}{{{x_0} + 1}}$

Cho $y = – 1 \Rightarrow y = \frac{3}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}.\left( { – 1 – {x_0}} \right) + \frac{{{x_0} – 2}}{{{x_0} + 1}} = \frac{{{x_0} – 5}}{{{x_0} + 1}} \Rightarrow A\left( { – 1;\frac{{{x_0} – 5}}{{{x_0} + 1}}} \right) \Rightarrow IA = \left| {\frac{6}{{{x_0} + 1}}} \right|$

Cho $y = 1 \Rightarrow 1 = \frac{3}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}.\left( {x – {x_0}} \right) + \frac{{{x_0} – 2}}{{{x_0} + 1}} \Leftrightarrow x = 2.{x_0} + 1 \Rightarrow B\left( {2{x_0} + 1;1} \right) \Rightarrow IB = 2\left| {{x_0} + 1} \right|$

$ \Rightarrow IA.IB = 12,\forall {x_0} \ne – 1$

${S_{IAB}} = \frac{1}{2}IA.IB = \frac{1}{2}\left( {IA + IB + AB} \right).r$

 $ \Rightarrow r = \frac{{IA.IB}}{{IA + IB + AB}} = \frac{{IA.IB}}{{IA + IB + \sqrt {I{A^2} + I{B^2}} }}$

$ = \frac{{12}}{{IA + IB + \sqrt {{{\left( {IA + IB} \right)}^2} – 24} }}$

Ta có: $IA + IB \ge 2\sqrt {IA.IB} = 4\sqrt 3 $, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $IA = IB$

Đặt $IA + IB = t,t \ge 4\sqrt 3 ,$ ta có:

$f\left( t \right) = t + \sqrt {{t^2} – 24} \Rightarrow f’\left( t \right) = 1 + \frac{t}{{\sqrt {{t^2} – 24} }} > 0,\forall t > 4\sqrt 3 $

$ \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên $\left( {4\sqrt 3 ; + \infty } \right)$

Ta có: $f\left( {4\sqrt 3 } \right) = 8\sqrt 3 $

$ \Rightarrow f\left( t \right) \ge 8\sqrt 3 ,\forall t \ge 4\sqrt 3 \Rightarrow \frac{{12}}{{f\left( t \right)}} \le \frac{{12}}{{8\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2},\forall t \ge 4\sqrt 3 $

$ \Rightarrow {r_{\max }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$ khi và chỉ khi $IA = IB = 2\sqrt 3 \Rightarrow \Delta IAB$ vuông cân tại I có $d\left( {I;\Delta } \right) = IH = \frac{{IA}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 6 $

Câu 42: Đáp án D

Phương pháp:

Xác định tọa độ ba điểm cực trị, từ đó tìm $m$ để tìm tam giác lập từ 3 điểm cực trị là tam giác đều.

Cách giải:

Ta có: $y = {x^4} – 2\sqrt[3]{3}\left( {m – 1} \right){x^2} – m + 1 \Rightarrow y’ = 4{x^3} – 4\sqrt[3]{3}\left( {m – 1} \right)x;{\rm{ }}y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = \sqrt[3]{3}\left( {m – 1} \right)\end{array} \right.$

Để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị thì $\sqrt[3]{3}\left( {m – 1} \right) > 0 \Leftrightarrow m > 1.$

Khi đó, tọa độ ba điểm cực trị là:

$A\left( {0;1 – m} \right),B\left( { – \sqrt {\sqrt[3]{3}\left( {m – 1} \right)} ; – \sqrt[3]{9}{m^2} + \left( {2\sqrt[3]{9} – 1} \right)m + 1 – \sqrt[3]{9}} \right),C\left( {\sqrt {\sqrt[3]{3}\left( {m – 1} \right)} ; – \sqrt[3]{9}{m^2} + \left( {2\sqrt[3]{9} – 1} \right)m + 1 – \sqrt[3]{9}} \right)$Dễ dàng thấy rằng tam giác ABC cân tại A, để tam giác ABC đều thì $AB = BC \Leftrightarrow A{B^2} = B{C^2}$

$ \Leftrightarrow \sqrt[3]{3}\left( {m – 1} \right) + {\left( { – \sqrt[3]{9}{m^2} + 2\sqrt[3]{9}m – \sqrt[3]{9}} \right)^2} = 4\sqrt[3]{3}\left( {m – 1} \right)$

$ \Leftrightarrow \sqrt[3]{{81}}{\left( {m – 1} \right)^4} = 3\sqrt[3]{3}\left( {m – 1} \right) \Leftrightarrow {\left( {m – 1} \right)^4} = \left( {m – 1} \right)$

$ \Leftrightarrow \left( {m – 1} \right)\left[ {{{\left( {m – 1} \right)}^3} – 1} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1{\rm{ }}\left( {ktm} \right)\\m = 2{\rm{ }}\left( {tm} \right)\end{array} \right.$

Vậy $m = 2.$

Câu 43: Đáp án C

Phương pháp:

Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = a$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f\left( x \right) = a \Rightarrow y = a$ là TCN của đồ thị hàm số.

* Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right).$

Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} f\left( x \right) = + \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} f\left( x \right) = – \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ – }} f\left( x \right) = + \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ – }} f\left( x \right) = – \infty $ thì $x = a$ là TCĐ của đồ thị hàm số.

Cách giải:

1. Đồ thị hàm số $y = {\left( {3x + 2} \right)^{ – 1}}$ không có tiệm cận ngang: Sai

TXĐ: $D = R\backslash \left\{ { – \frac{2}{3}} \right\}$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } = 0 \Rightarrow $ Đồ thị hàm số $y = {\left( {3x + 2} \right)^{ – 1}}$ có TCN là $y = 0$

2, Hàm số $y = {x^4} – {x^2}$ không có giao điểm với đường thẳng có phương trình $y = – 2$: Sai

Sửa lại thành: Đồ thị hàm số $y = {x^4} – {x^2}$ không có giao điểm với đường thẳng có phương trình $y = – 2.$

3. Hàm số $y = \sqrt {{x^2} + 3} $ có tập xác định là $R\backslash \left\{ 3 \right\}$: Sai

Sửa lại thành: Hàm số $y = \sqrt {{x^2} + 3} $ có tập xác định là $\mathbb{R}$

4. Đồ thị hàm số $y = {x^3} + 2{x^2} – 4x$ cắt trục tung tại 2 điểm: Sai

Cho $x = 0 \Rightarrow y = 0 \Rightarrow $ Đồ thị hàm số $y = {x^3} + 2{x^2} – 4x$ cắt trục tung tại 1 điểm là $O\left( {0;0} \right)$

Câu 44: Đáp án B

Cách giải:

Tập hợp các điểm trong không gian cách đều một đường thẳng cố định là: mặt trụ.

Câu 45: Đáp án A

Phương pháp:

Giải phương trình logarit cơ bản: ${\log _a}f\left( x \right) = b \Leftrightarrow f\left( x \right) = {a^b}\left( {0 < a \ne 1} \right).$

Cách giải:

Ta có: ${\log _{25}}{\left( {x – 1} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow {\left( {x – 1} \right)^2} = 25 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x – 1 = 5\\x – 1 = – 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 6\\x = – 4\end{array} \right.$

Tập nghiệm S của phương trình ${\log _{25}}{\left( {x – 1} \right)^2} = 1$ là: $\left\{ { – 4;6} \right\}.$

Câu 46: Đáp án A

Phương pháp:

Xác định khoảng $f’\left( x \right) > 0$

Cách giải:

Quan sát đồ thị hàm số $y = f’\left( x \right)$ ta thấy $f’\left( x \right) > 0$ khi $x \in \left( {1; + \infty } \right) \Rightarrow $ Hàm số $f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( {1; + \infty } \right).$

Câu 47: Đáp án B

Phương pháp:

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

Cách giải:

Bán kính $r = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 $

Hình nón có góc ở đỉnh là $120^\circ \Rightarrow ASB = 120^\circ $

Tam giác SAB cân tại S, O là trung điểm của AB

$ \Rightarrow ASO = \frac{{ASB}}{2} = 60^\circ \Rightarrow SO = \tan 60^\circ .OB = \sqrt 3 .a\sqrt 3 = 3a$

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

Câu 48: Đáp án C

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình trụ ${S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi rl.$

Cách giải:

Gọi I là trung điểm của AB $ \Rightarrow OI \bot AB$

Mà $OO’ \bot AB \Rightarrow AB \bot \left( {OO’I} \right) \Rightarrow \left( {\left( {O’AB} \right);\left( {O;R} \right)} \right) = O’I;OI = OIO’ = 60^\circ $

Gọi độ dài đoạn $OO’ = x \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}O’A = \sqrt {O{{O’}^2} + O{A^2}} = \sqrt {{x^2} + {R^2}} \\OI = OO’.\cot 60^\circ = \frac{x}{{\sqrt 3 }}\end{array} \right.$

Tam giác OBI vuông tại I $ \Rightarrow IB = \sqrt {O{B^2} – O{I^2}} = \sqrt {{R^2} – \frac{{{x^2}}}{3}} \Rightarrow AB = 2.\sqrt {{R^2} – \frac{{{x^2}}}{3}} $

Tam giác $O’AB$ đều

$ \Rightarrow AB = O’A \Leftrightarrow 2\sqrt {{R^2} – \frac{{{x^2}}}{3}} = \sqrt {{x^2} + {R^2}} $

$ \Leftrightarrow 4{R^2} – \frac{{4{x^2}}}{3} = {x^2} + {R^2} \Leftrightarrow \frac{7}{3}{x^2} = 3{R^2} \Rightarrow x = \frac{{3R}}{{\sqrt 7 }}$

Diện tích xung quanh của hình trụ là: ${S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi .R.\frac{{3R}}{{\sqrt 7 }} = \frac{{6\sqrt 7 \pi {R^2}}}{7}.$

Câu 49: Đáp án C

Phương pháp:

Xác định góc giữa hai mặt phẳng $\alpha ;\beta :$

– Tìm giao tuyến $\Delta $ của $\alpha ;{\rm{ }}\beta .$

– Xác định 1 mặt phẳng $\gamma \bot \Delta $

– Tìm các giao tuyến $a = \alpha \cap \gamma ,b = \beta \cap \gamma $

– Góc giữa hai mặt phẳng $\alpha ,\beta :\alpha ;\beta = a;b$

Cách giải:

Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Hình chóp S.ABCD đều

 $ \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right).$

Ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\AB \bot \left( {SPO} \right)\end{array} \right.$

$ \Rightarrow \left( {\left( {SAB} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SP;OP} \right) = SPO = 45^\circ $

$ \Rightarrow \Delta SOP$ vuông cân tại O

Gọi độ dài cạnh đáy là $x \Rightarrow OP = \frac{x}{2} \Rightarrow SO = OP = \frac{x}{2}$

Khi đó, ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{x}{2}.{x^2} = \frac{{{x^3}}}{6}$

Ta có: ${S_{MNP}} = \frac{1}{4}{S_{SAB}}$ (do M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh $SA,SB,AB$) $ \Rightarrow {V_{D.MNP}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABD}}$

Mà ${V_{S.ABD}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}} \Rightarrow {V_{D.MNP}} = \frac{1}{8}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{8}.\frac{{{x^3}}}{6} = \frac{{{x^3}}}{{48}} \Rightarrow \frac{{{x^3}}}{{48}} = \frac{{{a^3}}}{6} \Rightarrow x = 2a.$

Câu 50: Đáp án D

Phương pháp:

Hàm số $y = {a^x}$ với $0 < a < 1$ là hàm số nghịch biến trên R.

Cách giải:

Hàm số $y = {\left( {0,3} \right)^x}$ nghịch biến trên R $ \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} y = y\left( 0 \right) = 0,{3^0} = 1.$

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