Đề thi học kì 1 Toán 12 UBND sở giáo dục & đào tạo tỉnh Kon Tum có đáp án và lời giải chi tiết gồm 50 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.
| UBND TỈNH KON TUM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MÃ ĐỀ 103 |
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). Hàm số nào sau đây đồng biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$?
A. $y = {\log _{\frac{1}{2}}}x$ B. $y = {\log _{\frac{2}{3}}}x$ C. $y = {\log _{\sqrt 2 }}x$ D. $y = {\log _{\frac{1}{e}}}x$
Câu 2 (NB). Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 5}}{x}$ có phương trình là:
A. $y = – 1$ B. $y = 2$ C. $y = – 2$ D. $y = 1$
Câu 3 (NB). Đồ thị hàm số $y = – {x^4} + 2{x^2} – 2$ đi qua điểm nào sau đây?
A. $P\left( {0; – 2} \right)$ B. $Q\left( {2;1} \right)$ C. $N\left( {1;4} \right)$ D. $M\left( {0;2} \right)$
Câu 4 (NB). Tìm cực tiểu ${x_{CT}}$ của hàm số $y = {x^3} – 3{x^2} – 2.$
A. ${x_{CT}} = 0$ B. ${x_{CT}} = 1$ C. ${x _{CT}} = – 1$ D. ${x_{CT}} = 2$
| Câu 5 (TH). Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào sau đây?
A. $y = \frac{{2x + 1}}{{x – 2}}$ B. $y = 2{x^3} + 4x + 1$ C. $y = {x^4} – 4{x^2} + 1$ D. $y = – {x^4} – 2{x^2} + 1$ |
 |
Câu 6 (NB). Cho $0 < b \ne 1$. Tính giá trị của biểu thức $A = 2 + {\log _b}{b^{2018}}$
A. 2020 B. 2 C. 2017 D. 2018
Câu 7 (NB). Giải phương trình ${2^x} = 16.$
A. $x = 3$ B. $x = 4$ C. $x = 1$ D. $x = 2$
Câu 8 (NB). Cho a là số thực dương bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. ${\log _5}\left( {5a} \right) = 1 + {\log _5}a$ B. ${\log _5}\left( {5a} \right) = 5 + {\log _5}a$ C. ${\log _5}\left( {5a} \right) = {\log _5}a$ D. ${\log _5}5a = 1 + a$
Câu 9 (NB). Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{{3x – 1}}{{2x + 4}}$ có phương trình là:
A. $x = 4$ B. $x = 1$ C. $x = 2$ D. $x = – 2$
Câu 10 (NB). Cho hình trụ có bán kính đáy $r = a$ và độ dài đường sinh $l = 2a.$ Tính diện tích ${s_{xq}}$ xung quanh của hình trụ
A. ${S_{xq}} = \pi {a^2}$ B. ${S_{xq}} = 4\pi {a^2}$ C. ${S_{xq}} = 2\pi {a^2}$ D. ${S_{xq}} = 10\pi {a^2}$
Câu 11 (NB). Cho khối nón có bán kính đáy $r = 3$ và chiều cao $h = 5.$ Tính thể tích $V$ của khối nón đã cho
A. $V = 5\pi $ B. $V = 45\pi $ C. $V = 16\pi \sqrt 3 $ D. $V = 15\pi $
Câu 12 (NB). Tính đạo hàm của hàm số $f\left( x \right) = \ln x$
A. $f’\left( x \right) = \frac{2}{x}$ B. $f’\left( x \right) = \frac{{ – 1}}{x}$ C. $f’\left( x \right) = x$ D. $f’\left( x \right) = \frac{1}{x}$
Câu 13 (TH). Hàm số $y = – {x^3} + 3x + 5$ đồng biến trên khoảng nào sau đây?
A. $\left( { – 2;0} \right)$ B. $\left( {1; + \infty } \right)$ C. $\left( { – 1;1} \right)$ D. $\left( { – \infty ; – 1} \right)$
Câu 14 (NB). Hàm số $y = \frac{{2x – 2}}{{x + 2018}}$ có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 3 B. 1 C. 0 D. 2
Câu 15 (TH). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định và liên tục trên $\mathbb{R}$ và có bảng biến thiên như sau:
Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề sai?
A. Hàm số đồng biến trên các khoảng: $\left( { – 2;0} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$.
B. Hàm số đạt cực đại tại điểm $x = 0.$
C. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 2.
D. Hàm số có ba điểm cực trị
Câu 16 (TH). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và thể tích khối chóp S.ABC bằng $\frac{{{a^3}\sqrt {15} }}{4}.$ Tính chiều cao h của khối chóp.
A. $h = 2a\sqrt 5 $ B. $h = 3a\sqrt 5 $ C. $h = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$ D. $h = a\sqrt 5 $
Câu 17 (TH). Tính giá trị lớn nhất của hàm số $y = 2{x^3} + 3{x^2} – 1$ trên đoạn $\left[ {\frac{{ – 1}}{2};1} \right]$
A. $\mathop {\max }\limits_{\left[ { – \frac{1}{2};1} \right]} y = 5$ B. $\mathop {\max }\limits_{\left[ { – \frac{1}{2};1} \right]} y = 4$ C. $\mathop {\max }\limits_{\left[ { – \frac{1}{2};1} \right]} y = 6$ D. $\mathop {\max }\limits_{\left[ { – \frac{1}{2};1} \right]} y = 3$
Câu 18 (TH). Đồ thị hàm số nào sau đây không có tiệm cận đứng?
A. $y = \frac{1}{{x – 2}}$ B. $y = \frac{{x + 1}}{{{x^2} – 2x + 5}}$ C. $y = \frac{{x + 1}}{{x – 1}}$ D. $y = \frac{1}{{\sqrt x }}$
Câu 19 (NB). Tìm tập xác định D của hàm số $y = {\log _{2018}}\left( {x – 2} \right)$?
A. $D = \mathbb{R}$ B. $D = \left( { – \infty ;2} \right)$ C.$D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}$ D. $D = \left( {2; + \infty } \right)$
Câu 20 (TH). Số nghiệm của phương trình ${3^{2{x^2} – 7x + 5}} – 1 = 0$ là:
A. 2 B. 3 C. 0 D. 1
Câu 21 (NB). Khối lập phương có cạnh 2a có thể tích bằng
A. $V = 2{a^3}$ B. $V = \frac{{2{a^3}}}{3}$ C. $V = \frac{{{a^3}}}{6}$ D. $V = 8{a^3}$
Câu 22 (TH). Số giao điểm của đồ thị hàm số $y = \left( {x – 3} \right)\left( {{x^2} + x + 4} \right)$ với trục hoành là
A. 2 B. 3 C. 0 D. 1
Câu 23 (NB). Cho hình chóp SABC, gọi M là trung điểm SB và N là điểm thuộc cạnh SC sao cho $SN = 2NC.$ Tính tỉ số $\frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}}$
A. $\frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{1}{3}$ B. $\frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{2}{3}$ C. $\frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = 2$ D. $\frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{1}{2}$
Câu 24 (TH). Số điểm cực đại của hàm số $y = {x^4} – 1$ là
A. 0 B. 3 C. 2 D. 1
| Câu 25 (TH). Hàm số $y = {x^3} – 3{x^2} + 2$ có đồ thị như hình bên dưới. Dựa vào đồ thị hàm số đã cho, tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình ${x^3} – 3{x^2} – m + 2 = 0$ có đúng 1 nghiệm.
A. $\left[ \begin{array}{l}m < – 2\\m > 2\end{array} \right.$ B. $ – 2 < m < 2$ C. $0 < m < 2$ D. $m < – 2$ |
 |
Câu 26 (TH). Giải phương trình ${\log _3}\left( {x – 1} \right) = 100$?
A. $x = {3^{100}} + 1$ B. $x = 100$ C. $x = 3$ D. $x = {3^{100}}$
Câu 27 (TH). Cho đồ thị các hàm số $y = {a^x};y = {\log _b}x$ và $y = {\log _c}x$ như hình vẽ bên dưới. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. $0 < c < b < 1 < a$ B. $0 < a < 1 < b < c$ C. $0 < b < c < 1 < a$ D. $0 < a < 1 < c < b$
Câu 28 (TH). Hàm số nào sau đây nghịch biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$?
A. $y = {x^3} + 3$ B. $y = – {x^3} + 3{x^2} – 8x$ C. $y = {x^4} + 2{x^2} + 1$ D. $y = \frac{{2x + 1}}{{x – 2}}$
Câu 29 (NB). Cho khối hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$ có ba kích thước lần lượt là a, 2a, $a\sqrt 5 $. Tính thể tích V của khối hộp hình chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$
A. $V = 2{a^3}\sqrt 5 $ B. $V = {a^3}\sqrt 5 $ C. $V = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{3}$ D. $V = \frac{{2{a^3}\sqrt 5 }}{3}$
Câu 30 (NB). Khối lăng trụ có diện tích đáy bằng ${a^2}$ và độ dài đường cao bằng a có thể tích V bằng
A. $V = \frac{{{a^3}}}{3}$ B. $V = 2{a^3}$ C. $V = {a^3}$ D. $V = \frac{{{a^3}}}{6}$
Câu 31 (TH). Mặt cầu $\left( S \right)$ tâm O có diện tích bằng $400\pi \,\,c{m^2}$, mặt phẳng $\left( P \right)$ cách tâm O một khoảng bằng 6cm và cắt mặt cầu $\left( S \right)$ theo một thiết diện là đường tròn. Tính bán kính r của đường tròn đó
A. $V = \frac{{{a^3}}}{3}$ B. $V = 2{a^3}$ C. $V = {a^3}$ D. $V = \frac{{{a^3}}}{6}$
Câu 32 (TH). Cho hàm số $f\left( x \right) = 4x + 2\ln x.$ Bất phương trình $f’\left( x \right) – 5 > 0$ có bao nhiêu nghiệm nguyên?
A. 4 B. 1 C. 2 D. 5
Câu 33 (TH). Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác đều có diện tích bằng ${a^2}\sqrt 3 .$ Diện tích xung quanh của hình nón bằng
A. $\frac{{3\pi {a^2}}}{4}$ B. $\pi {a^2}$ C. $2\pi {a^2}$ D. $\frac{{\pi {a^2}}}{2}$
Câu 34 (TH). Tổng tất cả các nghiệm của phương trình $\log _3^2x – 4{\log _2}x.{\log _3}2 + 3 = 0$ bằng
A. 30 B. 4 C. 81 D. 9
Câu 35 (TH). Cho khối lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ có thể tích bằng $3{a^3}.$ Gọi $O’$ là giao điểm của $A’C’$ và $B’D’.$ Tính thể tích của khối chóp $O’.ABCD$
A. ${a^3}$ B. $\frac{{{a^3}}}{2}$ C. $\frac{{3{a^3}}}{2}$ D. $\frac{{3{a^3}}}{4}$
Câu 36 (VD). Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a, có SA vuông góc với $\left( {ABC} \right)$. Gọi $\alpha $ là góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$, (tham khảo hình vẽ bên dưới). Để thể tích của khối chóp S.ABC bằng $\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}$ thì giá trị $\tan \alpha $ bằng
A. $\tan \alpha = \frac{{\sqrt 2 }}{3}$ B. $\tan \alpha = 2$ C. $\tan \alpha = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$ D. $\tan \alpha = \sqrt 3 $
Câu 37 (VD). Cho lăng trụ $ABC.A’B’C’$ có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu của điểm $A’$ lên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ là tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Góc tạo bởi $AA’$ và $\left( {ABC} \right)$ bằng $60^\circ $. Tính thể tích V của khối đa diện $A’.B’C’CB$. (tham khảo hình vẽ)
A. $V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}$ B. $V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}$ C. $V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}$ D. $V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}$
Câu 38 (VD). Hàm số $y = a{x^4} + b{x^2} + c,\left( {a \ne 0} \right)$ có hai điểm cực đại và một điểm cực tiểu khi
A. $a > 0,b > 0$ B. $a > 0,b < 0$ C. $a < 0,b > 0$ D. $a < 0,b < 0$
Câu 39 (TH). Chọn mệnh đề sai trong các mệnh đề sau
A. $\ln x > 0 \Leftrightarrow x > 1$ B. ${\log _2}x < 0 \Leftrightarrow 0 < x < 1$
C. ${\log _{\frac{1}{3}}}a > {\log _{\frac{1}{3}}}b \Leftrightarrow a > b > 0$ D. ${\log _{\frac{1}{2}}}a = {\log _{\frac{1}{2}}}b \Leftrightarrow a = b > 0$
Câu 40 (VD). Hàm số $y = \frac{{{x^3}}}{3} + m{x^2} + \left( {{m^2} – 4} \right)x – 2018$ đạt cực đại tại $x = 1$ khi $m = \alpha $ (với $\alpha \in \mathbb{Z}$). Tính $P = 2\alpha + 2018.$
A. $P = 2018$ B. $P = 2012$ C. $P = 2017$ D. $P = 2020$
Câu 41 (VD). Cho hàm số S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết $SA = 10,AB = 6,BC = 8.$ Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng
A. $10\sqrt 3 $ B. $10\sqrt 2 $ C. $5\sqrt 2 $ D. 480
Câu 42 (VD). Cho hình lăng trụ tam giác đều $ABC.A’B’C’$ có độ dài cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h. Tính thể tích V của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ đã cho.
A. $V = \frac{{\pi {a^2}h}}{3}$ B. $V = 5\pi {a^2}h$ C. $V = \pi {a^2}h$ D. $V = \frac{{\pi {a^2}h}}{2}$
Câu 43 (VD). Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ có $AC’ = a\sqrt 3 .$ Tính bán kính R của mặt cầu tiếp xúc với 6 mặt của hình lập phương trên
A. $R = 2a$ B. $R = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ C. $R = a\sqrt 3 $ D. $R = \frac{a}{2}$
Câu 44 (VD). Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm là $f’\left( x \right).$ Đồ thị hàm số $y = f’\left( x \right)$ như hình vẽ bên. Biết rằng $f\left( 0 \right) + f\left( 3 \right) = f\left( 2 \right) + f\left( 5 \right).$ Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất $f\left( x \right)$ trên $\left[ {0;5} \right]$ lần lượt là:
A. $f\left( 0 \right);f\left( 5 \right)$ B. $f\left( 2 \right);f\left( 0 \right)$ C. $f\left( 2 \right);f\left( 5 \right)$ D. $f\left( 1 \right);f\left( 5 \right)$
Câu 45 (VD). Có bao nhiêu giá trị nguyên của $m \in \left( { – 2018;2018} \right)$ để hàm số $y = {\left( {{x^2} – 2x – m + 1} \right)^{\sqrt {2018} }}$ có tập xác định là $D = \mathbb{R}$?
A. Vô số B. 2018 C. 2016 D. 2017
Câu 46 (VD). Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số $y = \ln \left( {{x^2} + 1} \right) – mx + 2018$ đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$
A. $\left( { – \infty ; – 1} \right)$ B. $\left[ { – 1;1} \right]$ C. $\left( { – \infty ; – 1} \right]$ D. $\left[ {1; + \infty } \right)$
Câu 47 (VDC). Cho $x,y > 0$ thỏa mãn ${2019^{2\left( {{x^2} – y + 2} \right)}} – \frac{{4x + y + 2}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = 0.$ Tìm giá trị nhỏ nhất ${P_{\min }}$của $P = 2y – 4x$
A. 2018 B. 2 C. 2019 D. $\frac{1}{2}$
Câu 48 (VD). Cho hàm số $f\left( x \right) = {x^3} – \left( {2m – 1} \right){x^2} + \left( {2 – m} \right)x – 3$. Hàm số $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$ có 5 điểm cực trị khi $m \in \left( {\frac{a}{b};c} \right)$, (với a, b, c là các số nguyên và $\frac{a}{b}$ là phân số tối giản). Tính $P = a + b + c$
A. $P = 9$ B. $P = 6$ C. $P = 7$ D. $P = 11$
Câu 49 (VD). Cho hình chóp S.ABCD có $SC \bot \left( {ABCD} \right)$, đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng $a\sqrt 3 $ và $ABC = 120^\circ .$ Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ bằng $45^\circ .$ Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD (tham khảo hình vẽ bên dưới)
A. $V = \frac{{3\sqrt 3 {a^3}}}{4}$ B. $V = {a^3}\sqrt 3 $ C. $V = \frac{{{a^3}}}{4}$ D. $V = \frac{{3\sqrt 3 {a^3}}}{8}$
Câu 50 (VDC). Chiều cao của khối trụ có thể tích lớn nhất khi nội tiếp trong hình cầu có bán kính R là
A. $\frac{{R\sqrt 3 }}{3}$ B. $\frac{{2R\sqrt 3 }}{3}$ C. $\frac{{4R\sqrt 3 }}{3}$ D. $R\sqrt 3 $
Đáp án
| 1-C | 2-B | 3-A | 4-D | 5-D | 6-A | 7-B | 8-A | 9-D | 10-B |
| 11-D | 12-D | 13-C | 14-C | 15-C | 16-B | 17-B | 18-B | 19-D | 20-A |
| 21-D | 22-D | 23-A | 24-A | 25-A | 26-A | 27-B | 28-B | 29-A | 30-C |
| 31-D | 32-B | 33-C | 34-A | 35-A | 36-C | 37-A | 38-C | 39-C | 40-B |
| 41-C | 42-A | 43-D | 44-C | 45-D | 46-C | 47-B | 48-D | 49-A | 50-B |
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Phương pháp
Hàm số $y = {\log _a}b\left( {0 < a \ne 1} \right)$ có TXĐ $D = \left( {0; + \infty } \right).$
Luôn đồng biến trên $D \Leftrightarrow a > 1$
Luôn nghịch biến trên $D \Leftrightarrow 0 < a < 1$
Cách giải:
Hàm số$y = {\log _{\sqrt 2 }}x$ có TXĐ $D = \left( {0; + \infty } \right)$ và $a = \sqrt 2 > 1$ nên hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$.
Câu 2: Đáp án B
Phương pháp:
Đồ thị hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\left( {ad \ne bc} \right)$ có đường TCĐ $x = – \frac{d}{c}$ và TCN là $y = \frac{a}{c}.$
Cách giải:
Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 5}}{x}$ là $y = 2.$
Câu 3: Đáp án A
Phương pháp:
Đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ đi qua điểm $A\left( {a;b} \right)$ khi và chỉ khi $f\left( a \right) = b$ (a thuộc TXĐ).
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}$
Ta có: $y = f\left( x \right) = – {x^4} + 2{x^2} – 2$
$f\left( 0 \right) = – 2$ $f\left( 2 \right) = – 10$ $f\left( 1 \right) = – 1$
Vậy đồ thị hàm số đã cho đi qua $P\left( {0; – 2} \right)$
Câu 4: Đáp án D
Phương pháp:
– Giải phương trình $y’ = 0$.
– Lập BBT để tìm điểm cực tiểu, cực đại của hàm số.
Cách giải:
TXĐ $D = \mathbb{R}$
Ta có: $y’ = 3{x^2} – 6x = 3x\left( {x – 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right..$
BBT của hàm số như sau:
Từ BBT ta thấy $x = 2$ là điểm cực tiểu của hàm số đã cho.
Câu 5: Đáp án D
Phương pháp:
Xác định hàm số của đồ thị bằng TXĐ, điểm cực đại, cực tiểu, giới hạn,…
Cách giải:
Hàm số đã cho có TXĐ: $D = \mathbb{R}$ nên không thể là hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{x – 2}} \Rightarrow $ Loại đáp án A.
Hàm số có 1 điểm cực trị nên loại đáp án B.
Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } = – \infty $ nên hệ số của ${x^4} < 0.$ Suy ra hàm số đã cho là $y = – {x^4} – 2{x^2} + 1.$
Câu 6: Đáp án A
Phương pháp:
Áp dụng công thức ${\log _a}{a^b} = b\left( {0 < a \ne 1} \right).$
Cách giải:
$A = 2 + {\log _b}{b^{2018}} = 2 + 2018 = 2020.$
Câu 7: Đáp án B
Phương pháp:
Giải phương trình mũ cơ bản ${a^x} = b \Leftrightarrow x = {\log _a}b\left( {0 < a \ne 1;b > 0} \right)$.
Cách giải:
${2^x} = 16 \Leftrightarrow x = {\log _2}16 \Leftrightarrow x = 4$.
Vậy $x = 4$ là nghiệm của phương trình đã cho.
Câu 8: Đáp án A
Phương pháp:
Áp dụng công thức: ${\log _a}\left( {bc} \right) = {\log _a}b + {\log _a}c$ $\left( {0 < a \ne 1;b,c > 0} \right)$
Cách giải:
${\log _5}\left( {5a} \right) = {\log _5}5 + {\log _5}a = 1 + {\log _5}a$.
Câu 9: Đáp án D
Phương pháp:
Hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\left( {ad \ne bc} \right)$ có đường tiệm cận đứng là $x = – \frac{d}{c}$ và đường tiệm cận ngang là $y = \frac{a}{c}.$
Cách giải:
Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{{3x – 1}}{{2x + 4}}$ có phương trình là $x = – 2.$
Câu 10: Đáp án B
Phương pháp:
Diện tích xung quanh của hình trụ là ${S_{xq}} = 2\pi rl$ (r là bán kính đáy, l là đường sinh).
Cách giải:
Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy $r = a$ và độ dài đường sinh $l = 2a$ là: ${S_{xq}} = 2\pi rl = 2\pi .a.2a = 4\pi {a^2}.$
Câu 11: Đáp án D
Phương pháp:
Thể tích của khối nón được tính bởi công thức $V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h$ (r là bán kính đáy, h là chiều cao).
Cách giải:
Thể tích V của khối nón có bán kính đáy $r = 3$ và chiều cao $h = 5$ là: $V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {.3^2}.5 = 15\pi .$
Câu 12: Đáp án D
Phương pháp:
Đạo hàm của hàm số logarit đơn giản ${\left( {\ln x} \right)^\prime } = \frac{1}{x}.$
Cách giải:
Đạo hàm của hàm số $f\left( x \right) = \ln x$ là $f’\left( x \right) = \frac{1}{x}.$
Câu 13: Đáp án C
Phương pháp:
Giải bất phương trình $y’ > 0$ và suy ra các khoảng đồng biến của hàm số.
Cách giải:
TXĐ $D = \mathbb{R}.$
Ta có: $y’ = – 3{x^2} + 3 > 0 \Leftrightarrow – 1 < x < 1.$
Vậy hàm số đồng biến trên $\left( { – 1;1} \right).$
Câu 14: Đáp án C
Phương pháp:
Hàm số bậc nhất/ bậc nhất luôn đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó.
Cách giải:
TXĐ $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { – 2018} \right\}$.
Ta có: $y’ = \frac{{2.2018 – 1.\left( { – 2} \right)}}{{{{\left( {x + 2018} \right)}^2}}} = \frac{{4038}}{{{{\left( {x + 2018} \right)}^2}}} > 0\,\forall x \in D.$
Suy ra hàm số đã cho luôn đồng biến trên từng khoảng xác định.
Vậy hàm số đã cho không có điểm cực trị.
Câu 15: Đáp án C
Phương pháp:
Từ BBT suy ra các khoảng đồng biến, nghịch biến, cực trị, giá trị cực trị của hàm số.
Cách giải:
Từ BBT đã cho ta thấy:
+) Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng $\left( { – 2;0} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$; nghịch biến trên các khoảng $\left( { – \infty ; – 2} \right)$ và $\left( {0;2} \right)$.
+) Hàm số đạt cực đại tại $x = 0;$ đạt cực tiểu tại $x = – 2$ và $x = 2$ nên có 3 điểm cực trị.
+) Hàm số có giá trị cực đại bằng 1 và giá trị cực tiểu bằng 0.
Vậy mệnh đề sai là “Hàm số đã cho có giá trị cực tiểu bằng 2”.
Câu 16: Đáp án B
Phương pháp:
Áp dụng công thức tính thể tích của khối chóp: $V = \frac{1}{3}h.{S_d}$ (với h là chiều cao, ${S_d}$ là diện tích đáy tương ứng) để tính chiều cao của khối chóp.
Cách giải:
| ABC là tam giác đều có cạnh bằng a nên ${S_{ABC}} = \frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{4}$
Thể tích của khối chóp bằng $\frac{{{a^3}\sqrt {15} }}{4}$ nên ta có: $V = \frac{1}{3}h.{S_{ABC}} \Leftrightarrow \frac{{{a^3}\sqrt {15} }}{4} = \frac{1}{3}.h.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$ $ \Rightarrow h = 3\sqrt 5 a$ Vậy chiều cao h của khối chóp là $h = 3\sqrt 5 a$ |
 |
Câu 17: Đáp án B
Phương pháp:
– Tìm cực trị ${x_{CT}}$ của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ {a;b} \right]$
– Tính các giá trị $f\left( a \right);f\left( b \right);f\left( {{x_{CT}}} \right)$ rồi so sánh các giá trị này để tìm $\mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right)$.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}.$
Ta có: $y’ = 6{x^2} + 6x = 6x\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = – 1\end{array} \right.$
Xét hàm số $y = f\left( x \right) = 2{x^3} + 3{x^2} – 1$ trên $\left[ { – \frac{1}{2};1} \right]$ có:
$f\left( { – \frac{1}{2}} \right) = – \frac{1}{2};f\left( 1 \right) = 4$ và $f\left( 0 \right) = – 1.$
Suy ra $\mathop {\max }\limits_{\left[ { – \frac{1}{2};1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = 4.$
Câu 18: Đáp án B
Phương pháp:
Đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ nhận đường thẳng $x = {x_0}$ là TCĐ nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } y = – \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ – } y = + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ – } y = – \infty .$
Cách giải:
Hàm số $y = \frac{1}{{x – 2}}$ có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = + \infty $ nên $x = 2$ là TCĐ của hàm số.
Hàm số $\frac{{x + 1}}{{{x^2} – 2x + 5}}$ không có TCĐ.
Hàm số $y = \frac{{x + 1}}{{x – 1}}$ có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty $ nên $x = 1$ là TCĐ của hàm số.
Hàm số $y = \frac{1}{{\sqrt x }}$ có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} = + \infty $ nên $x = 0$ là TCĐ của hàm số.
Câu 19: Đáp án D
Phương pháp:
Hàm số $y = {\log _a}f\left( x \right)$ với $0 < a \ne 1$ xác định khi và chỉ khi $f\left( x \right) > 0.$
Cách giải:
Hàm số $y = {\log _{2018}}\left( {x – 2} \right)$ xác định khi và chỉ khi $x > 2.$
Vậy TXĐ của hàm số là $D = \left( {2; + \infty } \right).$
Câu 20: Đáp án A
Phương pháp:
Đưa phương trình ${a^{f\left( x \right)}} = b$ về $f\left( x \right) = {\log _a}b$ $\left( {0 < a \ne 1;b > 1} \right)$.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}.$
Ta có:
${3^{2{x^2} – 7x + 5}} – 1 = 0 \Leftrightarrow {3^{2{x^2} – 7x + 5}} = 1 \Leftrightarrow 2{x^2} – 7x + 5 = {\log _3}1$
$ \Leftrightarrow 2{x^2} – 7x + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{5}{2}\\x = 1\end{array} \right.$
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.
Câu 21: Đáp án D
Phương pháp:
Thể tích của khối lập phương có cạnh bằng a là $V = {a^3}.$
Cách giải:
Khối lập phương có cạnh bằng 2a có thể tích là: $V = {\left( {2a} \right)^3} = 8{a^3}.$
Câu 22: Đáp án D
Phương pháp:
Số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ với trục hoành là số nghiệm của phương trình $f\left( x \right) = 0.$
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
$\left( {x – 3} \right)\left( {{x^2} + x + 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x – 3 = 0\\{x^2} + x + 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 3.$
Phương trình $y = 0$ có 1 nghiệm duy nhất nên số giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là 1.
Câu 23: Đáp án A
Phương pháp:
Cho hình chóp S.ABC và các điểm M, N, P lần lượt nằm trên các cạnh SA, SB, SC thì ta có tỉ số thể tích: $\frac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SB}}.\frac{{SP}}{{SC}}.$
Cách giải:
| M là trung điểm SB nên $\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{1}{2}$
N là điểm thuộc cạnh SC thỏa mãn $SN = 2NC$ nên $\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{2}{3}$ Do đó $\frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SA}}{{SA}}.\frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SN}}{{SC}} = 1.\frac{1}{2}.\frac{2}{3} = \frac{1}{3}$ |
 |
Câu 24: Đáp án A
Phương pháp:
– Giải phương trình $y’ = 0$ để tìm cực trị của hàm số.
– Lập BBT để tìm số cực đại, cực tiểu của hàm số.
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}$
Ta có: $y’ = 4{x^3} = 0 \Leftrightarrow x = 0.$
BBT của hàm số như sau:
Từ BBT ta thấy hàm số đã cho chỉ có 1 cực tiểu, không có cực đại.
Câu 25: Đáp án A
Phương pháp:
Số nghiệm của phương trình $f\left( x \right) = m$ là số giao điểm của đường thẳng $y = m$ và đồ thị hàm số $y = f\left( x \right).$
Cách giải:
Ta có: ${x^3} – 3{x^2} – m + 2 = 0 \Leftrightarrow {x^3} – 3{x^2} + 2 = m.$
Suy ra số nghiệm của phương trình ${x^3} – 3{x^2} – m + 2 = 0$ là số giao điểm của đường thẳng $y = m$ và đồ thị hàm số $y = {x^3} – 3{x^2} + 2.$
Phương trình ${x^3} – 3{x^2} – m + 2 = 0$ có đúng 1 nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng $y = m$ cắt đồ thị hàm số đã cho tại 1 điểm duy nhất. Từ đồ thị hàm số suy ra $\left[ \begin{array}{l}m < – 2\\m > 2\end{array} \right..$
Câu 26: Đáp án A
Phương pháp:
Giải phương trình logarit cơ bản ${\log _a}x = b \Leftrightarrow x = {a^b}$ $\left( {0 < a \ne 1;x > 0} \right)$.
Cách giải:
TXĐ: $D = \left( {1; + \infty } \right)$
Ta có: ${\log _3}\left( {x – 1} \right) = 100 \Leftrightarrow x – 1 = {3^{100}} \Leftrightarrow x = 1 + {3^{100}}$ (tm).
Vậy $x = {3^{100}} + 1.$
Câu 27: Đáp án B
Phương pháp:
Hàm số $y = {\log _a}x\left( {0 < a \ne 1;x > 0} \right)$ đồng biến khi $a > 1$ và nghịch biến khi $0 < a < 1.$
Hàm số $y = {a^x}$ $\left( {0 < a \ne 1} \right)$ cũng đồng biến khi $a > 1$ và nghịch biến khi $0 < a < 1.$
Cách giải:
Từ đồ thị hàm số ta thấy:
Hàm số $y = {a^x}$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$ nên $0 < a < 1.$
Hàm số $y = {\log _b}x$ và $y = {\log _c}x$ đều đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$ nên $b,c > 1.$
Lại có: Với ${x_0} > 1$ thì: ${\log _b}{x_0} > {\log _c}{x_0}$ nên $1 < b < c.$
Vậy $0 < a < 1 < b < c.$
Câu 28: Đáp án B
Phương pháp:
Hàm số nghịch biến trên $\left( {a;b} \right)$ khi và chỉ khi nó xác định trên khoảng $\left( {a;b} \right)$ và có $y’ \le 0\,\,\forall x \in \left( {a;b} \right).$
(Dấu ‘=’ chỉ xảy ra tại hữu hạn điểm).
Cách giải:
Hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{x – 2}}$ không xác định tại $x = 2$ nên không có tính đơn điệu trên $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$.
Hàm số $y = {x^3} + 3$ có $D = \mathbb{R}$ và $y’ = 3{x^2} \ge 0\,\,\forall x \in D$ (Dấu ‘=’ xảy ra tại $x = 0$) nên hàm số đã cho đồng biến trên $\left( { – \infty ; + \infty } \right).$
Hàm số $y = – {x^3} + 3{x^2} – 8x$ có $D = \mathbb{R}$ và $y’ = – 3{x^2} + 6x – 8 = – 3{\left( {x – 1} \right)^2} – 5 < 0\,\,\forall x \in D$ nên hàm số đã cho luôn nghịch biến trên $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$.
Hàm số $y = {x^4} + 2{x^2} + 1$ có $D = \mathbb{R}$ và $y’ = 4{x^3} + 4x = 4x\left( {{x^2} + 1} \right) \to y’ = 0 \Leftrightarrow x = 0$ nên hàm số không thể nghịch biến trên $\left( { – \infty ; + \infty } \right).$
Câu 29: Đáp án A
Phương pháp:
Khối hộp chữ nhật có 3 kích thước lần lượt là a; b; c thì có thể tích là: $V = abc.$
Cách giải:
Khối hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$ có ba kích thước lần lượt là $a,2a,a\sqrt 5 $ thì có thể tích là $V = a.2a.a\sqrt 5 = 2\sqrt 5 {a^3}.$
Câu 30: Đáp án C
Phương pháp:
Khối lăng trụ có diện tích đáy là S và chiều cao bằng h thì có thể tích bằng $V = h.S.$
Cách giải:
Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy bằng ${a^2}$ và độ dài đường cao bằng a là: $V = h.S = a.{a^2} = {a^3}.$
Câu 31: Đáp án D
Phương pháp:
– Diện tích của mặt cầu có bán kính bằng R là $S = 4\pi {R^2}.$
– Áp dụng định lí Pytago tính bán kính r của đường tròn.
Cách giải:
Gọi I là tâm thiết diện khi cắt mặt cầu $\left( S \right)$ bởi mặt phẳng $\left( P \right)$, AB là đường kính của đường tròn.
Gọi R là bán kính của mặt cầu $\left( S \right).$ Diện tích của mặt cầu bằng $400\pi \left( {c{m^2}} \right)$ nên:
$S = 400\pi \Leftrightarrow 4\pi {R^2} = 400\pi \Rightarrow R = 10\left( {cm} \right)$
A, B nằm trên đường tròn nên A, B cũng nằm trên mặt cầu hay $OA = OB = R = 10$ $\left( {cm} \right)$
Khoảng cách từ tâm O đến mặt phẳng $\left( P \right)$ là $OI = 6\left( {cm} \right).$
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác OIA vuông tại I ta có:
$O{I^2} + I{A^2} = O{A^2} \Leftrightarrow {6^2} + I{A^2} = {10^2} \Leftrightarrow IA = 8\left( {cm} \right).$
Vậy bán kính r của đường tròn là $r = IA = 8\left( {cm} \right).$
Câu 32: Đáp án B
Phương pháp:
– Tính $f’\left( x \right).$
– Giải bất phương trình $f’\left( x \right) – 5 > 0$ để tìm số nghiệm nguyên.
Cách giải:
TXĐ: $D = \left( {0; + \infty } \right)$
Ta có: $f’\left( x \right) = 4 + \frac{2}{x}$.
$f’\left( x \right) – 5 > 0 \Leftrightarrow 4 + \frac{2}{x} – 5 > 0$
$ \Leftrightarrow \frac{2}{x} – 1 > 0 \Leftrightarrow \frac{{2 – x}}{x} > 0 \Leftrightarrow 0 < x < 2$
Do $x \in \mathbb{Z}$ nên $x = 1.$
Vậy bất phương trình đã cho có 1 nghiệm nguyên.
Câu 33: Đáp án C
Phương pháp:
Thiết diện qua trục của hình nón là một tam giác cân có cạnh đáy là đường kính đáy, hai cạnh bên là đường sinh của hình nón.
Diện tích xung quanh của hình nón bán kính đáy r, đường sinh l được tính bởi công thức ${S_{xq}} = \pi rl.$
Cách giải:
| Gọi r là bán kính đáy, l là độ dài đường sinh của hình nón.
Thiết diện qua trục của hình nón là một tam giác đều nên $l = 2r.$ Do đó diện tích thiết diện là $S = \frac{{{l^2}\sqrt 3 }}{4}.$ Theo bài ra ta có: $\frac{{\sqrt 3 }}{4}.{l^2} = {a^3}\sqrt 3 \Rightarrow l = 2a \Rightarrow r = a.$ Diện tích xung quanh của hình nón là: ${S_{xq}} = \pi rl = \pi .a.2a = 2\pi {a^2}.$ |
 |
Câu 34: Đáp án A
Phương pháp:
– Áp dụng công thức ${\log _a}b.{\log _b}c = {\log _a}c.$
– Đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai rồi giải.
Cách giải:
TXĐ: $D = \left( {0; + \infty } \right).$
Ta có:
$\log _3^2x – 4{\log _2}x.{\log _3}2 + 3 = 0$
$ \Leftrightarrow \log _3^2x – 4{\log _3}x + 3 = 0$
$ \Leftrightarrow \left( {\log _3^2x – 3{{\log }_3}x} \right) – \left( {{{\log }_3}x – 3} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow {\log _3}x\left( {{{\log }_3}x – 3} \right) – \left( {{{\log }_3}x – 3} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow \left( {{{\log }_3}x – 1} \right)\left( {{{\log }_3}x – 3} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _3}x = 1\\{\log _3}x = 3\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 27\end{array} \right.\left( {tm} \right)$
Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình đã cho bằng 30.
Câu 35: Đáp án A
| Phương pháp:
Thể tích của khối chóp được tính bởi công thức: $V = \frac{1}{3}h.S$ (với h: chiều cao của khối chóp, S: diện tích đáy tương ứng). Cách giải: Gọi $O’$ là giao điểm của AC và BD, suy ra $OO’ \bot \left( {ABCD} \right).$ ${V_{O’.ABCD}} = \frac{1}{3}OO’.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}{\rm{.}}AA’.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}{V_{ABCD.A’B’C’D’}} = {a^3}$ |
 |
Câu 36: Đáp án C
Phương pháp:
– Tính SA dựa vào thể tích của khối chóp ${V_{S.ABC}}.$
– Tìm góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ để tìm $\tan \alpha .$
| Cách giải:
Gọi $M$ là trung điểm của BC. Do $\Delta ABC$ là tam giác đều nên $AM \bot BC.$ Lại có $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC.$ Suy ra $BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot SM$ Ta có:$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SM \bot BC\\\left( {ABC} \right) \supset AM \bot BC\end{array} \right.$ $ \Rightarrow \alpha = \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SM;AM} \right) = \angle SMA$ Tam giác ABC là tam giác đều cạnh 2a nên ${S_{ABC}} = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 .$ Ta có: ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}.$ $ \Leftrightarrow \frac{1}{3}SA.{a^2}\sqrt 3 = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}SA = \frac{{3a}}{2}$ Lại có: $AM = \frac{{2a.\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 $ (Do tam giác ABC đều cạnh 2a). Xét tam giác vuông SAM có: $\tan \alpha = \tan \angle SMA = \frac{{SA}}{{AM}} = \frac{{\frac{{3a}}{2}}}{{\sqrt 3 a}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.$ |
 |
Câu 37: Đáp án A
Phương pháp
– Tìm góc tạo bởi $AA’$ và $\left( {ABC} \right).$
– Tính đường cao $A’O$ của lăng trụ.
– Thể tích của lăng trụ được tính bởi công thức ${V_{ABC.A’B’C’}} = A’O.{S_{\Delta ABC}}.$
– Tính tỉ số $\frac{{{V_{A’.B’C’CB}}}}{{{V_{ABC.A’B’C’}}}}$ để suy ra ${V_{A’.B’C’CB}}.$
| Cách giải:
Do O là hình chiếu vuông góc của $A’$ lên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ nên góc tạo bởi $AA’$ và $\left( {ABC} \right)$ là góc giữa $AA’$ và AO, do đó $\angle A’AO = 60^\circ .$ Gọi M là trung điểm BC. Do ABC là tam giác đều nên A, O, M thẳng hàng. Tam giác ABC là tam giác đều cạnh a nên $AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2}AB = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a.$ Suy ra $AO = \frac{2}{3}AM = \frac{{\sqrt 3 }}{3}a.$ |
 |
Xét tam giác $A’AO$ có: $\tan A’AO = \frac{{A’O}}{{AO}} \Leftrightarrow \tan 60^\circ = \frac{{A’O}}{{\frac{{\sqrt 3 }}{3}a}} \Rightarrow A’O = a.$
Thể tích của khối lăng trụ $ABC.A’B’C’$ là ${V_{ABC.A’B’C’}} = A’O.{S_{ABC}} = a.\frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^2} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^3}$
Ta có:
${V_{\dot A’.ABC}} = \frac{1}{3}A’O.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A’B’C’}}$
$ \Rightarrow {V_{A’.B’C’CB}} = {V_{ABC.A’B’C’}} – {V_{A’.ABC}} = \frac{2}{3}{V_{ABC.A’B’C’}}$
Suy ra thể tích V của khối đa diện $A’.B’C’CB$ là $V = \frac{2}{3}{V_{ABC.A’B’C’}} = \frac{2}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{4}.{a^3} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}{a^3}.$
Câu 38: Đáp án C
Phương pháp:
Tham khảo hình vẽ đồ thị bậc 4 trùng phương có hai điểm cực đại và một điểm cực tiểu để giải bài toán
Cách giải:
| Đồ thị hàm số bậc 4 trùng phương có hai điểm cực đại và một điểm cực tiểu có dạng như sau:
Từ đồ thị ta thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } = – \infty \Rightarrow a < 0$. Ta có: $y’ = 4a{x^2} + 2bx = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = – \frac{b}{{2a}}\end{array} \right..$ Như vậy, để hàm số đã cho có 3 điểm cực trị thì $ – \frac{b}{{2a}} > 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a < 0\\b > 0\end{array} \right.$ Vậy $a < 0;b > 0$. |
 |
Câu 39: Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng một số tính chất về bất phương trình logarit để giải bài toán:
+ ${\log _a}x > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 < a < 1 \Rightarrow 0 < x < 1\\a > 1 \Rightarrow x > 1\end{array} \right.$
+ ${\log _a}b > {\log _a}c \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 < a < 1 \Rightarrow 0 < b < c\\a > 1 \Rightarrow b > c > 0\end{array} \right.$
Cách giải:
Ta có:
$\ln x > 0 \Leftrightarrow x > 1$
${\log _2}x < 0 \Leftrightarrow 0 < x < 1$
${\log _{\frac{1}{3}}}a > {\log _{\frac{1}{3}}}b \Leftrightarrow b > a > 0$
${\log _{\frac{1}{2}}}a = {\log _{\frac{1}{2}}}b \Leftrightarrow a = b > 0$
Câu 40: Đáp án B
Phương pháp:
Hàm đa thức $y = f\left( x \right)$ đạt cực đại tại $x = a$ khi và chỉ khi $x = a$ là nghiệm của phương trình $y’ = 0$ và qua điểm $x = a$ thì $y’$ đổi dấu từ $\left( + \right)$ sang $\left( – \right).$
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}.$
Ta có: $y’ = {x^2} + 2mx + \left( {{m^2} – 4} \right)$ (1).
Hàm số đã cho đạt cực đại tại $x = 1$ nên $x = 1$ là nghiệm của phương trình $y’ = 0.$
Do đó: ${1^2} + 2m.1 + {m^2} – 4 = 0 \Leftrightarrow {m^2} + 2m – 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = – 3\\m = 1\end{array} \right..$
Nếu $m = – 3$ thì $y’ = {x^2} – 6x + 5 = \left( {x – 1} \right)\left( {x – 5} \right).$
Suy ra khi đi qua điểm $x = 1$ thì $y’$ đổi dấu từ $\left( + \right)$ sang $\left( – \right)$ hay $x = 1$ là điểm cực đại của hàm số.
Nếu $m = 1$ thì $y’ = {x^2} + 2x – 3 = \left( {x – 1} \right)\left( {x + 3} \right).$
Suy ra khi đi qua điểm $x = 1$ thì $y’$ đổi dấu từ $\left( – \right)$ sang $\left( + \right)$ hay $x = 1$ là điểm cực tiểu của hàm số.
Vậy $m = – 3$ hay $\alpha = – 3 \Rightarrow P = 2\alpha + 2018 = 2012.$
Câu 41: Đáp án C
Phương pháp:
Tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng cách:
– Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
– Qua O dựng đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABC} \right).$
– Dựng mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng trung trực của một cạnh bên bất kì cắt đường thẳng d tại I thì I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp.
Suy ra bán kính của hình chóp $R = IS = IA = IB = IC.$
| Cách giải:
Gọi O là trung điểm AC và I là trung điểm SC. Do tam giác ABC vuông tại B nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. IO là đường trung bình trong tam giác SAC nên $IO\parallel SA$ mà $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow OI \bot \left( {ABC} \right).$ IO đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với $mp\left( {ABC} \right)$ nên $IA = IB = IC$ (1) Mặt khác tam giác $SAC$ vuông tại A, có trung tuyến AI nên $AI = \frac{1}{2}SC = SI = IC$ (2) |
 |
Từ (1) và (2) suy ra $IA = IB = IC = IS$ do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC
Áp dụng định lí Pytago ta có: $AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10$
$SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {{{10}^2} + {{10}^2}} = 10\sqrt 2 $
Suy ra $R = IA = \frac{1}{2}SC = \frac{1}{2}.10\sqrt 2 = 5\sqrt 2 $.
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng $5\sqrt 2 .$
Câu 42: Đáp án A
Phương pháp:
– Lăng trụ tam giác đều là lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều.
– Khối trụ ngoại tiếp lăng trụ tam giác đều có chiều cao bằng chiều cao của lăng trụ và đáy là đường tròn ngoại tiếp đáy lăng trụ.
– Thể tích của khối trụ có chiều cao bằng h, bán kính đáy bằng R là: $V = \pi h.{R^2}.$
| Cách giải:
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung điểm BC Do ABC là tam giác đều cạnh bằng a nên A, O, M thẳng hàng và: $AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.AB = \frac{{\sqrt 3 a}}{2};$ $AO = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{2}a = \frac{{\sqrt 3 }}{3}a$ Khối trụ ngoại tiếp lăng trụ tam giác đều có chiều cao bằng h, và đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính là $R = AO = \frac{{\sqrt 3 }}{3}a.$ Thể tích của khối lăng trụ trên là $V = \pi .h.{R^2} = \pi .h.{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}a} \right)^2} = \frac{{\pi h{a^2}}}{3}.$ |
 |
Câu 43: Đáp án D
Phương pháp:
Mặt cầu tiếp xúc với 6 mặt của hình lập phương có đường kính lớn bằng cạnh của hình lập phương.
Cách giải:
| $ABCD.A’B’C’D’$ là hình lập phương nên ta có:
$AC’ = a\sqrt 3 \Leftrightarrow A{C’^2} = 3{a^2} \Leftrightarrow A{C^2} + C{C’^2} = 3{a^2}$ $ \Leftrightarrow A{B^2} + B{C^2} + C{C’^2} = 3{a^2} \Leftrightarrow 3A{B^2} = 3{a^2} \Rightarrow AB = a$ Mặt cầu tiếp xúc với 6 mặt của hình lập phương có đường kính lớn bằng cạnh của hình lập phương nên: $2R = AB \Rightarrow R = \frac{a}{2}.$ Vậy bán kính của mặt cầu tiếp xúc với 6 mặt của hình lập phương là $R = \frac{a}{2}.$ |
 |
Câu 44: Đáp án C
Phương pháp
– Từ đồ thị hàm số $y = f’\left( x \right)$ ta lập được BBT của hàm số đã cho.
– Tìm GTLN, GTNN của $f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ {0;5} \right]$ qua BBT và dữ kiện đề bài cho.
Cách giải
Từ đồ thị của hàm số $y = f\left( x \right)$ ta lập BBT của đồ thị hàm số đã cho như sau:
Từ BBT ta thấy $x = 0$ là điểm cực đại và $x = 2$ là điểm cực tiểu của hàm số đã cho.
Suy ra $\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;5} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right)$
Lại có $f\left( 2 \right) < f\left( 3 \right)$ mà $f\left( 0 \right) + f\left( 3 \right) = f\left( 2 \right) + f\left( 5 \right)$ nên $f\left( 0 \right) < f\left( 5 \right).$
Suy ra $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;5} \right]} f\left( x \right) = f\left( 5 \right).$
Vậy giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của $f\left( x \right)$ trên $\left[ {0;5} \right]$ lần lượt là $f\left( 2 \right);f\left( 5 \right).$
Câu 45: Đáp án D
Phương pháp:
Xét hàm số: $y = f{\left( x \right)^a}:$
– Nếu a là số nguyên dương thì $f{\left( x \right)^a}$ xác định khi $f\left( x \right)$ xác định.
– Nếu a là số nguyên âm thì $f{\left( x \right)^a}$ xác định khi $f\left( x \right) \ne \left( 0 \right).$
– Nếu a không nguyên thì $f{\left( x \right)^a}$ xác định khi $f\left( x \right) > 0.$
Cách giải:
Hàm số $y = {\left( {{x^2} – 2x – m + 1} \right)^{\sqrt {2018} }}$ có tập xác định là $D = \mathbb{R}$ khi và chỉ khi ${x^2} – 2x – m + 1 > 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}$
$ \Leftrightarrow m < {x^2} – 2x + 1\,\,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow m < \mathop {\min }\limits_\mathbb{R} \left( {{x^2} – 2x + 1} \right)$
$ \Leftrightarrow m < \mathop {\min }\limits_\mathbb{R} {\left( {x – 1} \right)^2} \Leftrightarrow m < 0$
Theo giả thiết $m \in \mathbb{Z}$ và $m \in \left( { – 2018;2018} \right)$ nên tập các giá trị của m thỏa mãn là $m \in \left\{ { – 2017; – 2016; – 2015;…..; – 2; – 1} \right\}.$
Vậy có 2017 giá trị của m thỏa mãn.
Câu 46: Đáp án C
Phương pháp:
Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( {a;b} \right)$ khi nó liên tục và xác định trên $\left( {a;b} \right)$ đồng thời $f’\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left( {a;b} \right)$ (Dấu ‘=’ chỉ xảy ra tại hữu hạn điểm).
Cách giải:
Hàm số đã cho liên tục và xác định trên $\left( { – \infty ; + \infty } \right).$
Ta có: $y’ = \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}} – m.$
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$ khi và chỉ khi:
$y’ \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}$
$ \Leftrightarrow \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}} – m \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}$
$ \Leftrightarrow m \le \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}}\,\,\forall x \in \mathbb{R}$
$ \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_\mathbb{R} f\left( x \right) = \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}}$
Xét hàm số $y = f\left( x \right) = \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}}$ trên $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$ ta có:
$f’\left( x \right) = \frac{{2\left( {{x^2} + 1} \right) – 2x.2x}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} = \frac{{2 – 2{x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} = \frac{{2\left( {1 – x} \right)\left( {1 + x} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}$
$f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = – 1\end{array} \right.$
BBT của hàm số $y = f\left( x \right)$ như sau:
Từ BBT ta thấy $\mathop {\min }\limits_\mathbb{R} f\left( x \right) = f\left( { – 1} \right) = – 1$
Do đó $m \le – 1$ thì hàm số đã cho đồng biến trên $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$.
Câu 47: Đáp án B
Phương pháp:
Đưa về hàm đặc trưng để giải bài toán.
Cách giải:
ĐKXĐ: $\left\{ \begin{array}{l}x \ne 2\\y \in \mathbb{R}\end{array} \right.$
Ta có: ${2019^{2\left( {{x^2} – y + 2} \right)}} – \frac{{4x + y + 2}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow {2019^{2\left( {{x^2} – y + 2} \right)}} = \frac{{4x + y + 2}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}.$
Nhận xét: $\left\{ \begin{array}{l}{2019^{2\left( {{x^2} – y + 2} \right)}} \ge 0\\{\left( {x + 2} \right)^2} > 0\end{array} \right.,\forall x \ne 2 \Rightarrow 4x + y + 2 \ge 0.$
Ta có:
${2019^{2\left( {{x^2} – y + 2} \right)}} = \frac{{4x + y + 2}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$
$ \Leftrightarrow {2019^{2\left[ {\left( {{x^2} + 4x + 4} \right) – \left( {4x + y + 2} \right)} \right]}} = \frac{{4x + y + 2}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$
$ \Leftrightarrow {2019^{2{{\left( {x + 2} \right)}^2} – 2\left( {4x + y + 2} \right)}} = \frac{{2\left( {4x + y + 2} \right)}}{{2{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$
$ \Leftrightarrow \frac{{{{2019}^{2{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}}}{{{{2019}^{2\left( {4x + y + 2} \right)}}}} = \frac{{2\left( {4x + y + 2} \right)}}{{2{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$
$ \Leftrightarrow 2{\left( {x + 2} \right)^2}{.2019^{2{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = 2\left( {4x + y + 2} \right){.2019^{2\left( {4x + y + 2} \right)}}$ (1)
Xét hàm số đặc trưng $f\left( t \right) = t{.2019^t}$ với $t \ge 0$ ta có:
$f’\left( t \right) = {2019^t} + t{.2019^t}.\ln 2019 = {2019^t}\left( {1 + t.\ln 2019} \right) > 0,\forall t > 0$
Do đó hàm số $y = f\left( t \right)$ luôn đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$. Suy ra $f\left( {{t_1}} \right) = f\left( {{t_2}} \right) \Leftrightarrow {t_1} = {t_2}\,\,\forall {t_1},{t_2} > 0.$
Suy ra
(1) $ \Leftrightarrow 2{\left( {x + 2} \right)^2} = 2\left( {4x + y + 2} \right)$
$ \Leftrightarrow {x^2} + 4x + 4 = 4x + y + 2$
$ \Leftrightarrow {x^2} + 2 = y$
Ta có: $P = 2y – 4x = 2\left( {{x^2} + 2} \right) – 4x = 2{x^2} – 4x + 4 = 2{\left( {x – 1} \right)^2} + 2 \ge 2,\forall x \ne 2.$
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 3\end{array} \right..$
Vậy ${P_{\min }} = 2.$
Câu 48: Đáp án D
Phương pháp:
Vẽ đồ thị hàm số $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$ từ đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ như sau:
– Bỏ đi phần đồ thị bên trái trục Oy rồi lấy đối xứng phần đồ thị bên phải qua trục Oy của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ ta được đồ thị hàm số $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$
Như vậy để hàm số $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$ (với $f\left( x \right)$ là hàm bậc 3) có 5 điểm cực trị thì hàm số $y = f\left( x \right)$ phải có 2 điểm cực trị đều nằm bên phải trục tung.
Minh họa:
Cách giải:
TXĐ: $D = \mathbb{R}.$
Hàm số $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$ có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số $y = f\left( x \right)$ có 2 điểm cực trị đều nằm bên phải trục tung.
Ta có: $f’\left( x \right) = 3{x^2} – 2\left( {2m – 1} \right)x + \left( {2 – m} \right).$
Hàm số $y = f\left( x \right)$ có 2 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình $f’\left( x \right) = 0$ có 2 nghiệm phân biệt
$ \Leftrightarrow \Delta ‘ > 0 \Leftrightarrow {\left( {2m – 1} \right)^2} – 3\left( {2 – m} \right) > 0$
$ \Leftrightarrow 4{m^2} – 4m + 1 – 6 + 3m > 0 \Leftrightarrow 4{m^2} – m – 5 > 0$
$ \Leftrightarrow \left( {4m – 5} \right)\left( {m + 1} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > \frac{5}{4}\\m < – 1\end{array} \right.\left( 1 \right)$
Hai cực trị của hàm số $y = f\left( x \right)$ đều nằm bên phải trục tung khi và chỉ khi 2 nghiệm của phương trình $f’\left( x \right) = 0$ đều lớn hơn 0.
Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} > 0\\{x_1}.{x_2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{2}{3}\left( {2m – 1} \right) > 0\\\frac{{2 – m}}{3} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m – 1 > 0\\2 – m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{1}{2} < m < 2$ (2).
Từ (1) và (2) suy ra $\frac{5}{4} < m < 2$ thì hàm số $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$ có 5 điểm cực trị.
Do đó $a = 5;b = 4;c = 2 \Rightarrow P = a + b + c = 11.$
Câu 49: Đáp án A
Phương pháp:
– Tìm góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$
– Tính độ dài SC và diện tích đáy
– Thể tích V của khối chóp S.ABCD được tính bằng công thức: $V = \frac{1}{3}SC.{S_{ABCD}}.$
| Cách giải:
Qua C kẻ $CH \bot AB\left( {H \in AB} \right)$ (1) Theo giả thiết $SC \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SC \bot AB$ (2) Từ (1) và (2) suy ra $AB \bot \left( {SCH} \right) \Rightarrow AB \bot SH$ Hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ cắt nhau theo giao tuyến AB nên góc tạo bởi hai $mp\left( {SAB} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ là góc giữa SH và CH Suy ra $\angle SHC = 45^\circ $ Ta có: $\angle ABC = 120^\circ \Rightarrow \angle CBH = 60^\circ .$ |
 |
$\sin CBH = \frac{{CH}}{{CB}} \Leftrightarrow \sin 60^\circ = \frac{{CH}}{{a\sqrt 3 }} \Rightarrow CH = \frac{{3a}}{2}$
Tam giác SCH vuông tại C có $SHC = 45^\circ $ nên là tam giác vuông cân $ \Rightarrow SC = CH = \frac{{3a}}{2}$
Tam giác ABD có $AB = AD$ và $DAB = 60^\circ $ nên tam giác $ABD$ là tam giác đều.
Suy ra ${S_{ABD}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}.A{B^2} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}.3{a^2} = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}{a^2} \Rightarrow {S_{ABCD}} = 2{S_{ABD}} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}{a^2}$
Do đó thể tích V của khối chóp S.ABCD là: $V = \frac{1}{3}.SC.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{3a}}{2}.\frac{{3\sqrt 3 }}{2}{a^2} = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}{a^3}$
Câu 50: Đáp án B
Phương pháp:
Mặt cầu ngoại tiếp khối trụ có tâm là trung điểm đoạn nối tâm hai đáy của khối trụ
Thể tích của khối trụ được tính bằng công thức: $V = \pi {r^2}h$ (r : bán kính đáy, h: chiều cao của khối trụ)
Tìm mối liên hệ giữa r, h, R để tìm thể tích lớn nhất của khối trụ
| Cách giải:
Gọi r là bán kính đáy, h là chiều cao của khối trụ đã cho Gọi AB là đường kính của mặt đáy tâm O, $A’B’$ là đường kính của mặt đáy tâm $O’$ của hình trụ sao cho $AA’$ và $BB’$ vuông góc với mặt phẳng đáy Gọi I là trung điểm của $OO’$ khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối trụ trên và $IA = IB = R$ Ta có: $OO’ \bot AB \Rightarrow I{O^2} + A{O^2} = I{A^2} \Leftrightarrow \frac{{{h^2}}}{4} + {r^2} = {R^2}$ Thể tích của khối trụ trên là $V = \pi {r^2}h.$ Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: ${R^2} = {r^2} + \frac{{{h^2}}}{4} = \frac{{{r^2}}}{2} + \frac{{{r^2}}}{2} + \frac{{{h^2}}}{4} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{{r^4}{h^2}}}{{16}}}}$ $ \Rightarrow \frac{{{r^4}{h^2}}}{{16}} \le {\left( {\frac{{{R^2}}}{3}} \right)^3} \Leftrightarrow {r^2}h \le 4\sqrt {\frac{{{R^6}}}{{27}}} = \frac{{4{R^3}}}{{3\sqrt 3 }}$ $ \Rightarrow V = \pi {r^2}h \le \frac{{4\pi {R^3}}}{{3\sqrt 3 }}$ Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi $\frac{{{r^2}}}{2} = \frac{{{h^2}}}{4} = \frac{{{R^2}}}{3} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}r = \frac{{\sqrt 6 }}{3}R\\h = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}R\end{array} \right.$ Vậy để khối trụ có thể tích lớn nhất thì chiều cao của khối trụ bằng $\frac{{2R\sqrt 3 }}{3}$ |
 |
