Đề thi Toán 12 học kì 1 trường thpt Kim Liên Hà Nội có đáp án và lời giải chi tiết gồm 50 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.
| SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI TRƯỜNG THPT KIM LIÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC |
ĐỀ THI HỌC KÌ I
Môn: TOÁN 12 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) |
Câu 1: Hàm số $y = – {x^3} + 3x – 5$ đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. $\left( { – 1;1} \right)$ B. $\left( { – \infty ; – 1} \right)$ C. $\left( {1; + \infty } \right)$ D. $\left( { – \infty ;1} \right)$
Câu 2: Số mặt phẳng đối xứng của hình lăng trụ đứng có đáy là hình vuông là:
A. 3 B. 1 C. 5 D. 4
Câu 3: Trong các hàm số sau, hàm số nào không có giá trị nhỏ nhất?
A. $y = \frac{{x – 2}}{{x + 1}}$ B. $y = {x^2} + 2x + 3$ C. $y = {x^4} + 2x$ D. $y = \sqrt {2x – 1} $
Câu 4: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với đáy AD và BC. Biết $AD = 2a$, $AB = BC = CD = a$. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là điểm H thuộc đoạn AD thỏa mãn $HD = 3HA$, SD tạo với đáy một góc ${45^0}$. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD.
A. $V = \frac{{3\sqrt 3 {a^3}}}{4}$ B. $V = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{8}$ C. $V = \frac{{3\sqrt 3 {a^3}}}{8}$ D. $V = \frac{{9\sqrt 3 {a^3}}}{8}$
Câu 5: Tìm tập xác định D của hàm số $y = {\log _{2017}}\left( {9 – {x^2}} \right) + {\left( {2x – 3} \right)^{ – 2018}}$
A. $D = \left( {\frac{3}{2};3} \right)$ B. $D = \left( { – 3;3} \right)$
C. $D = \left[ { – 3;\frac{3}{2}} \right) \cup \left( {\frac{3}{2};3} \right]$ D. $D = \left( { – 3;\frac{3}{2}} \right) \cup \left( {\frac{3}{2};3} \right)$
Câu 6: Tìm số điểm cực trị của hàm số $y = 3{x^4} – 8{x^3} + 6{x^2} – 1$
A. 0 B. 3 C. 1 D. 2
Câu 7: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số $y = \frac{{mx – 8}}{{x + 2}}$ có tiệm cận đứng.
A. $m = 4$ B. $m = – 4$ C. $m \ne 4$ D. $m \ne – 4$
Câu 8: Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp đáy một góc ${60^0}$. Gọi M là điểm đối xứng với C qua D, N là trung điểm SC. Mặt phẳng $\left( {SMN} \right)$ chia khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện. Tính thể tích V của khối đa diện chứa đỉnh C.
A. $V = \frac{{7\sqrt 6 {a^3}}}{{36}}$ B. $V = \frac{{7\sqrt 6 {a^3}}}{{72}}$ C. $V = \frac{{5\sqrt 6 {a^3}}}{{72}}$ D. $V = \frac{{5\sqrt 6 {a^3}}}{{36}}$
Câu 9: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây sai?
| x | $ – \infty $ | 0 | -1 | 2 | $ + \infty $ |
| y’ | + | 0 – | 0 – | 0 + | |
| y |
$ – \infty $ |
-1
$ – \infty $ |
$ + \infty $ | 4 | $ + \infty $ |
A. Đồ thị hàm số không có đường tiệm cận ngang.
B. Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { – 3; – 1} \right)$
C. Hàm số nghịch biến trên $\left( {0;1} \right) \cup \left( {1;2} \right)$
D. Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng.
Câu 10: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số $y = \sin x – mx$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$.
A. $m < 1$ B. $m \ge – 1$ C. $m > 1$ D. $m \ge 1$
Câu 11: Tìm số tiệm cận đứng và ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{{x + 1}}{{{x^3} – 3x – 2}}$
A. 2 B. 3 C. 1 D. 0
Câu 12: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích V khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
A. $V = \frac{{4\sqrt 3 \pi {a^3}}}{{27}}$ B. $V = \frac{{5\sqrt {15} \pi {a^3}}}{{54}}$ C. $V = \frac{{5\sqrt {15} \pi {a^3}}}{{18}}$ D. $V = \frac{{5\pi {a^3}}}{3}$
Câu 13: Tìm n biết $\frac{1}{{{{\log }_2}x}} + \frac{1}{{{{\log }_{{2^2}}}x}} + \frac{1}{{{{\log }_{{2^3}}}x}} + … + \frac{1}{{{{\log }_{{2^n}}}x}} = \frac{{465}}{{{{\log }_2}x}}$ luôn đúng với mọi $x > 0,\,\,x \ne 1$.
A. $n = 31$ B. $n \in \emptyset $ C. $n = 30$ D. $n = – 31$
Câu 14: Cho tam giác ABC. Tập hợp các điểm M trong không gian thỏa mãn hệ thức $\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right| = a$ (với a là số thực dương không đổi) là:
A. Mặt cầu bán kính $R = \frac{a}{3}$ B. Đường tròn bán kính $R = \frac{a}{3}$
C. Đường thẳng D. Đoạn thẳng độ dài $\frac{a}{3}$
Câu 15: Cho hàm số $y = \sin x + \cos \,x + 2$. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Hàm số đạt cực đại tại các điểm $x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi ,\,\,k \in Z$
B. Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm $x = – \frac{\pi }{4} + k2\pi ,\,\,k \in Z$
C. Hàm số đạt cực đại tại các điểm $x = \frac{\pi }{4} + k2\pi ,\,\,k \in Z$
D. Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm $x = \frac{\pi }{4} + k2\pi ,\,\,k \in Z$
Câu 16: Tìm số giao điểm của đồ thị hai hàm số $y = \sqrt {x + 3} $ v$y = x + 1$ à
A. 2 B. 3 C. 1 D. 0
Câu 17: Cho p, q là các số thực thỏa mãn: $m = {\left( {\frac{1}{e}} \right)^{2p – q}},\,\,n = {e^{p – 2q}}$, biết $m > n$. So sánh p và q.
A. $p \ge q$ B. $p > q$ C. $p \le q$ D. $p < q$
Câu 18: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số $y = {x^4} – 2{x^2} + \left( {2{m^2} – 1} \right)x + 5$ đồng biến trên khoảng $\left( {1; + \infty } \right)$
A. $ – \frac{{\sqrt 2 }}{2} \le m \le \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ B. $ – \frac{{\sqrt 2 }}{2} < m < \frac{{\sqrt 2 }}{2}$
C. $m < – \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ hoặc $m > \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ D. $m \le – \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ hoặc $m > \frac{{\sqrt 2 }}{2}$
Câu 19: Tìm tất cả các giá trị thực của x để đồ thị hàm số $y = {\log _{0,5}}x$ nằm phía trên đường thẳng $y = 2$
A. $x \ge \frac{1}{4}$ B. $0 < x \le \frac{1}{4}$ C. $0 < x < \frac{1}{4}$ D. $x > \frac{1}{4}$
Câu 20: Cho các số thực dương x, y thoả mãn $2x + y = \frac{5}{4}$. Tìm giá trị nhỏ nhất ${P_{\min }}$ của biểu thức $P = \frac{2}{x} + \frac{1}{{4y}}$
A. ${P_{\min }}$ không tồn tại. B. ${P_{\min }} = \frac{{65}}{4}$ C. ${P_{\min }} = 5$ D. ${P_{\min }} = \frac{{34}}{5}$
Câu 21: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình $m{\left( {{x^2} + 2x} \right)^3} – 2{x^2} – 4x + 2 = 0$ có nghiệm thỏa mãn $x \le – 3$
A. 4 B. Không có giá trị nào của m.
C. Vô số giá trị của m D. 6
Câu 22: Tìm giá trị lớn nhất M của hàm số $y = 2{\sin ^2}x – \sin 2x + 11$
A. $M = 12 – \sqrt 2 $ B. $M = 12 + \sqrt 2 $ C. $M = 10 + \sqrt 2 $ D. $M = 10 – \sqrt 2 $
Câu 23: Biết đồ thị hai hàm số $y = x – 1$ và $y = \frac{{2x – 1}}{{x + 1}}$ cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B. Tính độ dài đoạn thẳng AB.
A. $AB = \sqrt 2 $ B. $AB = 4$ C. $AB = 2\sqrt 2 $ D. $AB = 2$
Câu 24: Một kim tự tháp Ai Cập có hình dạng là một khối chóp tứ giác đều có độ dài cạnh bên là một số thực dương không đổi. Gọi $\alpha $ là góc giữa cạnh bên của kim tự tháp với mặt đáy. Khi thể tích của kim tự tháp lớn nhất, tính $\sin \alpha $.
A. $\sin \alpha = \frac{{\sqrt 6 }}{3}$ B. $\sin \alpha = \frac{{\sqrt 5 }}{3}$ C. $\sin \alpha = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$ D. $\sin \alpha = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$
Câu 25: Đường cong ở hình vẽ là đồ thị của một trong các hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào?
A. $y = \left( {x – 1} \right){\left( {x – 2} \right)^2}$
B. $y = {\left( {x + 1} \right)^2}\left( {x + 2} \right)$
C. $y = \left( {x – 1} \right){\left( {x + 2} \right)^2}$ 
D. $y = {\left( {x – 1} \right)^2}\left( {x – 2} \right)$
Câu 26: Cho hàm số $y = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ với $a \ne 0$. Biết đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là $A\left( {1; – 1} \right),\,\,B\left( { – 1;3} \right)$. Tính $f\left( 4 \right)$.
A. $f\left( 4 \right) = – 17$ B. $f\left( 4 \right) = 53$ C. $f\left( 4 \right) = – 53$ D. $f\left( 4 \right) = 17$
Câu 27: Rút gọn biểu thức $P = \sqrt {a\sqrt[3]{{{a^2}\sqrt[4]{{\frac{1}{a}}}}}} :\sqrt[{24}]{{{a^7}}}$, với $\left( {a > 0} \right)$
A. $P = a$ B. $P = {a^{\frac{1}{2}}}$ C. $P = {a^{\frac{1}{3}}}$ D. $P = {a^{\frac{1}{5}}}$
Câu 28: Biết ${\log _6}a = 2\,\,\left( {0 < a \ne 1} \right)$. Tính $I = {\log _a}6$
A. $I = 36$ B. $I = \frac{1}{2}$ C. $I = 64$ D. $I = \frac{1}{4}$
Câu 29: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh 2a. Tính bán kính r của mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của tứ diện.
A. $r = \frac{{\sqrt 6 a}}{8}$ B. $r = \frac{{\sqrt 6 a}}{6}$ C. $r = \frac{{\sqrt 6 a}}{{12}}$ D. $r = \frac{{\sqrt 6 a}}{3}$
Câu 30: Cho hàm số $y = {e^{\sin x}}$. Mệnh đề nào sau đây là sai?
A. $y’ = \cos \,x.{e^{\sin x}}$ B. $y’.\cos \,x – y.sin\,x – y” = 1$
C. $y’.\cos \,x – y.sin\,x – y” = 0$ D. $2y’.sin\,x = sin2x.{e^{\sin x}}$
Câu 31: Số hình đa diện lồi trong các hình dưới đây là:
A. 3 B. 0 C. 1 D. 2
Câu 32: Biết ${\log _6}2 = a,\,\,\,{\log _6}5 = b$. Tính $I = {\log _3}5$ theo a, b.
A. $I = \frac{b}{{1 + a}}$ B. $I = \frac{b}{{1 – a}}$ C. $I = \frac{b}{{a – 1}}$ D. $I = \frac{b}{a}$
Câu 33: Cho hàm số $y = {x^3} + 3{x^2} – 2x – 1$. Tiếp tuyến song song với đường thẳng $2x + y – 3 = 0$ của đồ thị hàm số trên có phương trình là:
A. $x + 2y + 1 = 0$ B. $2x + y + 1 = 0$ C. $2x + y – 2 = 0$ D. $y = 2x + 1$
Câu 34: Cáp tròn truyền dưới nước bao gồm một lõi đồng và bao quanh lõi đồng là một lõi cách nhiệt như hình vẽ . Nếu $x = \frac{r}{h}$ là tỉ lệ bán kính lõi và độ dày của vật liệu cách nhiệt thì bằng đo đạc thực nghiệm người ta thấy rằng vận tốc truyền tải tín hiệu được cho bởi phương trình $v = {x^2}\ln \frac{1}{x}$ với $0 < x < 1$. Nếu bán kính lõi là 2cm thì vật liệu cách nhiệt có bề dày $h\left( {cm} \right)$ bằng bao nhiêu để tốc độ truyền tải tín hiệu lớn nhất?
A. $h = 2e\left( {cm} \right)$ B. $h = \frac{2}{e}\left( {cm} \right)$ C. $h = 2\sqrt e \left( {cm} \right)$ D. $h = \frac{2}{{\sqrt e }}\left( {cm} \right)$
Câu 35: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số $y = \left( {m + 1} \right){x^4} – \left( {{m^2} – 1} \right){x^2} – 1$ có đúng một cực trị.
A. $m \le 1$ B. $m > – 1$ C. $m \le – 1,\,\,\,m \ne – 1$ D. $m < 1,\,\,m \ne – 1$
Câu 36: Người ta nối trung điểm các cạnh của một hình hộp chữ nhật rồi cắt bỏ các hình chóp tam giác ở các góc của hình hộp như hình vẽ sau:
Hình còn lại là một đa diện có số đỉnh và số cạnh là:
A. 12 đỉnh, 24 cạnh. 
B. 10 đỉnh, 24 cạnh.
C. 10 đỉnh, 48 cạnh.
D. 12 đỉnh, 20 cạnh.
Câu 37: Hình vẽ sau là đồ thị của ba hàm số $y = {x^\alpha },\,\,y = {x^\beta },\,\,y = {x^\gamma }$ (với $x > 0$) và $\alpha ,\,\beta ,\,\gamma $ là các số thực cho trước. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. $\gamma > \beta > \alpha $
B. $\beta > \alpha > \gamma $
C. $\alpha > \beta > \gamma $
D. $\beta > \gamma > \alpha $
Câu 38: Mặt cầu tâm I bán kính $R = 11cm$ cắt mặt phẳng $\left( P \right)$ theo giao tuyến là một đường tròn đi qua ba điểm A, B, C. Biết $AB = 8\,cm,\,\,AC = 6\,cm,\,\,BC = 10\,cm$. Tính khoảng cách d từ I đến mặt phẳng $\left( P \right)$.
A. $d = \sqrt {21} cm$ B. $d = \sqrt {146} \,cm$ C. $d = 4\sqrt 6 \,cm$ D. $d = 4cm$
Câu 39: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a, các mặt bên tạo với đáy một góc ${60^0}$. Tính diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
A. $S = \frac{{25\pi {a^2}}}{3}$ B. $S = \frac{{32\pi {a^2}}}{3}$ C. $S = \frac{{8\pi {a^2}}}{3}$ D. $S = \frac{{{a^2}}}{{12}}$
Câu 40: Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A với $AB = a$, A’B tạo với mặt phẳng (ABC) một góc $\alpha $. Biết thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ là $\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}$. Tính $\alpha $
A. $\alpha = {70^0}$ B. $\alpha = {30^0}$ C. $\alpha = {45^0}$ D. $\alpha = {60^0}$
Câu 41: Cho hàm số $y = \sqrt {{x^3} – 3x} $ với $x \in \left[ {2; + \infty } \right)$. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Hàm số có giá trị nhỏ nhất và không có giá trị lớn nhất.
B. Hàm số không có giá trị nhỏ nhất và có giá trị lớn nhất.
C. Hàm số không có cả giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất.
D. Hàm số có cả giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất.
Câu 42: Đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây có tâm đối xứng?
A. $y = {x^4} – 2{x^2} + 5$ B. $y = {x^3} – 2{x^2} + 3x$ C. $y = \sqrt {2x + 1} $ D. $y = {x^2} – 2x + 6$
Câu 43: Theo số liệu từ Tổng cục thống kê, dân số Việt Nam năm 2015 là 91,7 triệu người. Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm của Việt Nam trong giai đoạn 2015 – 2050 ở mức không đổi là 1,1%. Hỏi đến năm nào dân số Việt Nam sẽ đạt mức 120,5 triệu người?
A. 2042 B. 2041 C. 2039 D. 2040
Câu 44: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các cạnh SB, BC, CD, DA. Biết thể tích khối chóp S.ABCD là ${V_0}$. Tính thể tích V của khối chóp M.QPCN theo ${V_0}$.
A. $V = \frac{3}{4}{V_0}$ B. $V = \frac{1}{{16}}{V_0}$ C. $V = \frac{3}{{16}}{V_0}$ D. $V = \frac{3}{8}{V_0}$
Câu 45: Tìm số nguyên n lớn nhất thỏa mãn ${n^{360}} < {n^{480}}$
A. $n = 3$ B. $n = 4$ C. $n = 2$ D. $n = 5$
Câu 46: Tính tổng $S = {x_1} + {x_2}$ biết ${x_1},\,{x_2}$ là các giá trị thực thỏa mãn đẳng thức ${2^{{x^2} – 6x + 1}} = {\left( {\frac{1}{4}} \right)^{x – 3}}$
A. $S = 4$ B. $S = 8$ C. $S = – 5$ D. $S = 2$
Câu 47: Cho tứ diện OMNP có OM, ON, OP đôi một vuông góc. Tính thể tích V của khối tứ diện OMNP.
A. $V = \frac{1}{3}OM.ON.OP$ B. $V = \frac{1}{2}OM.ON.OP$ C. $V = \frac{1}{6}OM.ON.OP$ D. $V = OM.ON.OP$
Câu 48: Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a, SA vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$, $SA = a\sqrt 3 $. Tính thể tích V của khối chóp S.ABC.
A. $V = {a^3}$ B. $V = \frac{{{a^3}}}{{12}}$ C. $V = \frac{{{a^3}}}{6}$ D. $V = \frac{{{a^3}}}{4}$
Câu 49: Cho Parabol $\left( P \right):y = {x^2} + 2x – 1$, qua điểm M thuộc $\left( P \right)$ kẻ tiếp tuyến với $\left( P \right)$ cắt hai trục Ox, Oy lần lượt tại hai điểm A, B. Có bao nhiêu điểm M để tam giác ABO có diện tích bằng $\frac{1}{4}$.
A. 2 B. 8 C. 6 D. 3
Câu 50: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình ${x^4} – 3{x^2} – m – 1 = 0$ có hai nghiệm phân biệt.
A. $m > – 1$ hoặc $m = – \frac{{13}}{4}$ B. $m > – 1$
C. $m > – 1$ hoặc $m = – \frac{{13}}{4}$ D. $m \ge – 1$
Đáp án
| 1-A | 2-C | 3-A | 4-C | 5-D | 6-C | 7-D | 8-C | 9-C | 10-D |
| 11-B | 12-B | 13-C | 14-A | 15-C | 16-C | 17-D | 18-D | 19-C | 20-C |
| 21-C | 22-B | 23-C | 24-D | 25-D | 26-B | 27-B | 28-B | 29-B | 30-B |
| 31-C | 32-B | 33-B | 34-C | 35-C | 36-A | 37-D | 38-C | 39-A | 40-D |
| 41-A | 42-B | 43-D | 44-C | 45-B | 46-A | 47-C | 48-A | 49-A | 50-A |
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A
Phương pháp:
Giải bất phương trình $y’ = 0$
Cách giải:
Ta có: $y’ = – 3{x^2} + 3 > 0 \Leftrightarrow 1 < x < 1 \Rightarrow $Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { – 1;1} \right)$
Câu 2: Đáp án C
Phương pháp:
Dựa vào khái niệm mặt phẳng đối xứng.
Cách giải:
Hình lăng trụ đứng có đáy là hình vuông có 4 mặt phẳng đối xứng cắt theo chiều dọc và 1 mặt phẳng cắt theo chiều ngang.
Câu 3: Đáp án A
Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất không có giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất.
Câu 4: Đáp án C
Phương pháp: ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}}$
Cách giải:
Gọi M là trung điểm của AD. Ta có $BC = AM = a$ và $BC//AM$ nên tứ giác ABCM là hình bình hành $ \Rightarrow CM//AB$ và $CM = AM = a \Rightarrow \Delta CDM$ đều
Gọi E là hình chiếu của C trên AD.
Ta có: $CK = \sqrt {{a^2} – {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$
Diện tích hình thang ABCD là: $S = \frac{{\left( {a + 2a} \right)\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{2} = \frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{4}$
$HD = \frac{3}{4}.2a = \frac{{3a}}{2} \Rightarrow SH = \frac{{3a}}{2}$
Thể tích khối chóp S.ABCD là: $V = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{3a}}{2}.\frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{8}$
Câu 5: Đáp án D
Phương pháp:
Hàm số ${\log _a}f\left( x \right)$ xác định $ \Leftrightarrow f\left( x \right) > 0$
Hàm số $y = {x^n}$ với $n \in {Z^ – }$ xác định $ \Leftrightarrow f\left( x \right) > 0$
Cách giải:
Hàm số xác định $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9 – {x^2} > 0\\2x – 3 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 3 < x < 3\\x \ne \frac{3}{2}\end{array} \right. \Rightarrow D = \left( { – 3\frac{3}{2}} \right) \cup \left( {\frac{3}{2};3} \right)$
Câu 6: Đáp án C
Phương pháp:
Điểm cực trị của hàm số là nghiệm của phương trình $y’ = 0$ và qua đó y’ đổi dấu.
Cách giải:
Ta có: $y’ = 12{x^3} – 24{x^2} + 12x = 0 \Leftrightarrow 12x\left( {{x^2} – 2x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 12x{\left( {x – 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.$
Tuy nhiên qua điểm $x = 1$ thì ta thấy y’ không đổi dấu.
Do đó hàm số chỉ có 1 điểm cực trị $x = 0$.
Câu 7: Đáp án D
Phương pháp:
Hàm số bậc nhất trên bậc nhất $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\,\,\left( {ad – bc \ne 0} \right)$ có TCN $y = \frac{a}{c}$ và TCĐ $x = \frac{{ – d}}{c}$
Cách giải:
Để đồ thị hàm số có TCĐ $ \Leftrightarrow x = – 2$ không là nghiệm của phương trình $mx – 8 = 0 \Leftrightarrow – 2m – 8 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne – 4$
Câu 8: Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng công thức Simpson về tỉ lệ thể tích.
Cách giải:
Ta có $2O{D^2} = {a^2} \Rightarrow OD = \frac{a}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow SO = OD.\tan {60^0} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}.\sqrt 3 = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$
Gọi H là hình chiếu của N lên (ABCD) $ \Rightarrow $ H là trung điểm của OC.
Ta có: $NH = \frac{{SO}}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2};\,\,\,{S_{MBC}} = {S_{ABCD}} = {a^2}$
${V_{NBCM}} = \frac{1}{3}NH.{S_{MBC}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 6 }}{4}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}$
Ta có: $\frac{{MD}}{{DC}}.\frac{{CS}}{{CN}}.\frac{{NP}}{{PM}} = 1 \Leftrightarrow 1.2.\frac{{NP}}{{PM}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{NP}}{{PM}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{{PM}}{{MN}} = \frac{2}{3}$
Ta có: $\frac{{{V_{MDPQ}}}}{{{V_{MBCN}}}} = \frac{{PM}}{{MN}}.\frac{{MD}}{{MC}}.\frac{{MQ}}{{MB}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{6} \Rightarrow {V_{NPQDCA}} = \frac{5}{6}.\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}} = \frac{{5{a^3}\sqrt 6 }}{{72}}$
Câu 9: Đáp án C
Phương pháp:
Dựa vào BBT của đồ thị hàm số.
Cách giải:
Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = – \infty ;\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \Rightarrow $ Đồ thị hàm số không có TCN $ \Rightarrow $ A đúng
Đáp án B đúng
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = 1 \Rightarrow $ Đồ thị hàm số có TCĐ $x = – 1 \Rightarrow $ D đúng
Hàm số ngịch biến trên $\left( {0;1} \right)$ và $\left( {1;2} \right) \Rightarrow $ C sai
Câu 10: Đáp án D
Phương pháp:
Hàm số $y = f\left( x \right)$ nghịch biến trên R $ \Leftrightarrow y’ \le 0\,\,\,\forall x \in R$
Cách giải:
Ta có $y’ = \cos \,x – m$
Để hàm số nghịch biến trên R
$ \Leftrightarrow y’ \le 0\,\,\,\forall x \in R \Leftrightarrow \cos \,x – m \le 0\,\,\forall x \in \,R \Leftrightarrow \cos \,x \le m\,\,\forall x \in R \Leftrightarrow m \ge 1$
Câu 11: Đáp án B
Phương pháp:
Cho hàm số $y = f\left( x \right)$
+) Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = {y_0} \Rightarrow y = {y_0}$ là đường TCN của đồ thị hàm số.
+) Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} y = \infty \Rightarrow x = {x_0}$ là đường TCĐ của đồ thị hàm số.
Cách giải:
TXĐ: $D = R\backslash \left\{ {1;2} \right\}$
Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{x + 1}}{{{x^3} – 3x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{x^3}}}}}{{1 – \frac{3}{{{x^2}}} + \frac{2}{{{x^3}}}}} = 0 \Rightarrow $ Đồ thị hàm số có TCN $y = 0$
$y = \frac{{x + 1}}{{{x^3} – 3x – 2}} = \frac{{x + 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}\left( {x + 2} \right)}} = \frac{1}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} \Rightarrow $ Đồ thị hàm số có TCĐ $x = – 1$ và $x = – 2$
Vậy đồ thị hàm số có tất cả 3 đường tiệm cận.
Câu 12: Đáp án B
Phương pháp:
Tâm mặt cầu ngoại tiếp là giao điểm của trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và SAB.
Cách giải:
Ta có: O là giao điểm của trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và SAB.
Ta có: $OG = \frac{1}{3}SM = \frac{{\sqrt 3 }}{6};\,\,\,MG = \frac{{CM}}{3} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}$
$R = SO = \sqrt {M{G^2} + S{G^2}} = \sqrt {\frac{3}{6} + \frac{1}{3}} = \frac{{\sqrt {15} }}{6}$
Câu 13: Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng công thức ${\log _{{a^n}}}b = \frac{1}{n}{\log _a}b\,\,\left( {0 < a \ne 1;\,\,b > 0} \right)$
Cách giải:
$\frac{1}{{{{\log }_2}x}} + \frac{1}{{{{\log }_{{2^2}}}x}} + \frac{1}{{{{\log }_{{2^3}}}x}} + … + \frac{1}{{{{\log }_{{2^n}}}x}} = \frac{{465}}{{{{\log }_2}x}}$
ĐK: $x > 0$
$ \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_2}x}} + \frac{2}{{{{\log }_2}x}} + \frac{3}{{{{\log }_2}x}} + … + \frac{n}{{{{\log }_2}x}} = \frac{{465}}{{{{\log }_2}x}}$
$ \Leftrightarrow \frac{{1 + 2 + … + n}}{{{{\log }_2}x}} = \frac{{465}}{{{{\log }_2}x}}$
$ \Leftrightarrow \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2} = 465$
$ \Leftrightarrow {n^2} + n – 930 = 0 \Leftrightarrow n = 30$
Câu 14: Đáp án A
Phương pháp:
Sử dụng công thức $\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} = 3\overrightarrow {MG} $ với G là trọng tâm của tam giác ABC.
Cách giải:
$\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right| = a \Leftrightarrow \left| {3\overrightarrow {MG} } \right| = a \Leftrightarrow MG = \frac{a}{3}$ với G là trọng tâm của tam giác ABC.
Vậy tập hợp các điểm M trong không gian thỏa mãn $\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right| = a$là mặt cầu tâm G bán kính $\frac{a}{3}$
Câu 15: Đáp án C
Phương pháp:
Cho hàm số $y = f\left( x \right)$
Hàm số đạt cực đại (cực tiểu) tại điểm $x = {x_0} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f’\left( {{x_0}} \right) = 0\\f”\left( {{x_0}} \right) < 0\,\,\left( {f”\left( {{x_0}} \right) > 0} \right)\end{array} \right.$
Cách giải:
TXĐ: $D = R$
$y’ = \cos \,x – \sin \,x = 0 \Leftrightarrow \sin \,x = \cos \, \Leftrightarrow \tan \,x = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{4} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in Z} \right)$
$y” = – \sin x – \cos \,x$
$y”\left( {\frac{\pi }{4} + k2\pi } \right) < 0;\,\,\,y”\left( {x = \frac{{5\pi }}{4} + k2\pi } \right) > 0$
Do đó hàm số đạt cực đại tại các điểm $x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \,\,\left( {k \in Z} \right)$
Câu 16: Đáp án C
Phương pháp:
Số giao điểm của hai đồ thị hàm số là số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm.
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm $\sqrt {x + 3} = x + 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 \ge 0\\x + 3 = {x^2} + 2x + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1$
Vậy hai đồ thị hàm số cắt nhau tại 1 điểm.
Câu 17: Đáp án D
Phương pháp:
Sử dụng công thức ${\left( {{a^m}} \right)^n} = {a^{m.n}}$
So sánh ${a^m} > {a^n}\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a > 1\\m > n\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\m < n\end{array} \right.\end{array} \right.$
Cách giải:
$m = {\left( {\frac{1}{e}} \right)^{2p – q}} = {e^{q – 2p}}$
$n = {e^{p – 2q}}$
$m > n \Leftrightarrow {e^{q – 2p}} > {e^{p – 2q}} \Leftrightarrow q – 2p > p – 2q\,\,\left( {do\,\,e > 1} \right) \Leftrightarrow 3q > 3p \Leftrightarrow q < p$
Câu 18: Đáp án D
Phương pháp:
+) Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {1; + \infty } \right) \Leftrightarrow y’ \ge 0\,\,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right)$
+) Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng $f\left( m \right) \le f\left( x \right)\,\,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right) \Leftrightarrow f\left( m \right) \le \mathop {\min }\limits_{\left( {1; + \infty } \right)} f\left( x \right)$
Cách giải:
Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {1; + \infty } \right) \Leftrightarrow y’ \ge 0\,\,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right)$. Ta có
$y’ = 4{x^3} – 4x + 2{m^2} – 1 \Rightarrow y’ \ge 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 4{x^3} – 4x – 1 \ge – 2{m^2};\,\,\,x \in \left( {1; + \infty } \right)$
$ \Rightarrow – 2{m^2} \le \mathop {\min }\limits_{\left( {1; + \infty } \right)} f\left( x \right)$
Ta có: $f’\left( x \right) = 12{x^2} – 4 \Rightarrow f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \pm \frac{1}{{\sqrt 3 }}$. Có bảng biến thiên hàm số $f\left( x \right)$ như sau:
| x | 1 | $ + \infty $ | |
| $f’\left( x \right)$ | + | ||
| $f\left( x \right)$ | -1 | $ + \infty $ |
Từ bảng biến thiên ta có $f\left( x \right) > – 1\,\,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right) \Rightarrow – 2{m^2} \le – 1 \Leftrightarrow {m^2} \ge \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \ge \frac{{\sqrt 2 }}{2}\\m \le – \frac{{\sqrt 2 }}{2}\end{array} \right.$
Câu 19: Đáp án C
Phương pháp:
${\log _a}f\left( x \right) > {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\f\left( x \right) < g\left( x \right)\end{array} \right.$
Cách giải:
Để đồ thị hàm số $y = {\log _{0,5}}x$ nằm phía trên đường thẳng $y = 2$
$ \Rightarrow {\log _{0,5}}x > 2 \Leftrightarrow 0 < x < 0,{5^2} = \frac{1}{4}$
Câu 20: Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng BĐT Bunhiacopxki: $\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \ge {\left( {ax + by} \right)^2}$. Dấu “=” xảy ra $ \Leftrightarrow \frac{a}{x} = \frac{b}{y}$
Cách giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
$\left( {\frac{2}{x} + \frac{1}{{4y}}} \right)\left( {2x + y} \right) \ge {\left( {2 + \frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{{25}}{4}$
$ \Leftrightarrow P.\frac{5}{4} \ge \frac{{25}}{4} \Leftrightarrow P \ge 5$
Dấu “=” xảy ra $ \Leftrightarrow \frac{{\sqrt {\frac{2}{x}} }}{{\sqrt {2x} }} = \frac{{\sqrt {\frac{1}{{4y}}} }}{{\sqrt y }} \Leftrightarrow \frac{1}{x} = \frac{1}{{2y}} \Leftrightarrow x = 2y \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{1}{2}\\y = \frac{1}{4}\end{array} \right.$
Vậy ${P_{\min }} = 5$
Câu 21: Đáp án C
Phương pháp:
Đặt $t = {x^2} + 2x$
Cách giải:
Ta có: $f\left( x \right) = {x^2} + 2x;\,\,\,x \le – 3 \Rightarrow f\left( x \right) \ge 3 \Rightarrow t \in \left[ {3; + \infty } \right)$
$\left( 1 \right) \Leftrightarrow m = \frac{2}{{{t^2}}} – \frac{2}{{{t^3}}} = f\left( t \right)$ với $t \in \left[ {3; + \infty } \right)$
Ta có: $f’\left( t \right) = – \frac{4}{{{t^3}}} + \frac{6}{{{t^4}}} \Rightarrow f’\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{3}{2} \Rightarrow f\left( t \right)$ nghịch biến trên $\left[ {3; + \infty } \right) \Leftrightarrow \mathop {f\left( t \right)}\limits_{\left[ {3; + \infty } \right)} \le f\left( 3 \right) = \frac{{ – 2}}{{27}}$
Suy ra $m \le \frac{{ – 2}}{{27}}$. Vậy có vô số giá trị của m.
Câu 22: Đáp án B
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức hạ bậc: ${\sin ^2}x\frac{{1 – \cos 2x}}{2}$
+) $a\,\sin \,x + b\cos \,x \Leftrightarrow \sqrt {{a^2} + {b^2}} \left( {\frac{a}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\sin x + \frac{b}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\cos \,x} \right)$
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}\cos \alpha = \frac{a}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\\\sin \alpha = \frac{b}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\end{array} \right. \Rightarrow \sqrt {{a^2} + {b^2}} \left( {\sin \,x\cos \,\alpha + \cos \,x\,sin\alpha } \right) = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \sin \left( {x + \alpha } \right)$
Cách giải:
Ta có: $y = {\sin ^2}x – \sin 2x + 11 = – \sin 2x – \cos 2x + 12$
$y = – \sqrt 2 \sin \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) + 12$
Ta có:
$ – 1 \le \sin \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) \le 1 \Leftrightarrow – \sqrt 2 \le – \sqrt 2 \sin \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) \le \sqrt 2 \Leftrightarrow – \sqrt 2 + 12 \le \sqrt 2 \sin \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) + 12 \le \sqrt 2 + 12$
$ \Rightarrow \max y = \sqrt 2 + 12 \Rightarrow M = \sqrt 2 + 12$
Câu 23: Đáp án
Phương pháp:
Giải phương trình hoành độ giao điểm, xác định tọa độ các điểm A, B và tính độ dài AB.
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm
$\frac{{2x – 1}}{{x + 1}} = x – 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne – 1\\{x^2} – 1 = 2x – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne – 1\\{x^2} – 2x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = – 1\\x = 2 \Rightarrow y = 1\end{array} \right.$
$ \Rightarrow A\left( {0; – 1} \right);\,\,\,B\left( {2;1} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {{2^2} + {2^2}} = 2\sqrt 2 $
Câu 24: Đáp án D
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp
Cách giải:
Giả sử $SD = a \Rightarrow SO = SD.\sin \alpha = a\sin \alpha \Rightarrow OD = SD\cos \alpha = a\sin \alpha $
$ \Rightarrow {S_{ABCD}} = 4.\frac{1}{2}.O{D^2} = 2O{D^2} = 2{\left( {a\cos \alpha } \right)^2} = 2{a^2}{\cos ^2}\alpha $
Thể tích kim tự tháp là:
$V = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}\sin \alpha .2{a^2}{\cos ^2}\alpha = \frac{1}{3}{a^3}\sin \alpha {\cos ^2}\alpha $
$\frac{2}{3}{a^3}\sin \alpha \left( {1 – {{\sin }^2}\alpha } \right) = \frac{2}{3}{a^3}\left( {\sin \alpha – {{\sin }^3}\alpha } \right)$
Câu 25: Đáp án D
Phương pháp:
Dựa vào giao điểm của đồ thị hàm số với các trục tọa độ.
Cách giải:
Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm $\left( { – 2;0} \right)$ và tiếp xúc với trục hoành tại điểm $\left( {1;0} \right)$
Câu 26: Đáp án B
Phương pháp:
+) Do A, B là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số $ \Rightarrow x = 1;\,\,x = – 1$ là hai nghiệm của phương trình $y’ = 0$
+) Thay các điểm A, B vào hàm số.
+) Giải hệ phương trình tìm a, b, c, d.
Cách giải:
$y’ = f’\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c$
Do A, B là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số $ \Rightarrow x = 1;\,\,x = – 1$là hai nghiệm của phương trình $y’ = 0$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a + 2b + c = 0\\3a – 2b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 0\\c = – 3a\end{array} \right.$
Đồ thị hàm số đi qua A $ \Rightarrow a + b + c + d = – 1 \Leftrightarrow – 2a + d = – 1$
Đồ thị hàm số đi qua B $ \Rightarrow – a + b – c + d = 3 \Leftrightarrow 2a + d = 3$
$ \Leftrightarrow a = d = 1 \Rightarrow c = – 3$
$ \Rightarrow y = f\left( x \right) = {x^3} – 3x + 1 \Rightarrow f\left( 4 \right) = 53$
Câu 27: Đáp án B
Phương pháp:
$\sqrt[m]{{{a^n}}} = {a^{\frac{n}{m}}};\,\,\,{a^m}.{a^n} = {a^{m + n}};\,\,\,{a^m}:{a^n} = {a^{m – n}}$
Cách giải:
$P = \sqrt {a\sqrt[3]{{{a^2}\sqrt[4]{{\frac{1}{a}}}}}} :\sqrt[{24}]{{{a^7}}}$
$P = \sqrt {a\sqrt[3]{{{a^2}\sqrt[4]{{{a^{ – 1}}}}}}} :\sqrt[{24}]{{{a^7}}}$
$P = \sqrt {a\sqrt[3]{{{a^2}\sqrt[4]{{{a^{ – \frac{1}{4}}}}}}}} :\sqrt[{24}]{{{a^7}}}$
$P = \sqrt {a\sqrt[3]{{{a^2}\sqrt[4]{{{a^{ – \frac{1}{4}}}}}}}} :\sqrt[{24}]{{{a^7}}}$
$P = \sqrt {a\sqrt[3]{{{a^{\frac{7}{4}}}}}} :\sqrt[{24}]{{{a^7}}}$
$P = \sqrt {a.{a^{\frac{7}{{12}}}}} :\sqrt[{24}]{{{a^7}}}$
$P = \sqrt {{a^{\frac{{19}}{{12}}}}} :\sqrt[{24}]{{{a^7}}}$
$P = {a^{\frac{{19}}{{24}}}}:{a^{\frac{7}{{24}}}} = {a^{\frac{{19}}{{24}} – \frac{7}{{24}}}} = {a^{\frac{1}{2}}}$
Câu 28: Đáp án B
Phương pháp:
${\log _a}b = \frac{{}}{{{{\log }_b}a}}\,\left( {0 < a,\,\,b \ne 1} \right)$
Cách giải:
${\log _6}a = \frac{1}{{{{\log }_a}6}} = \frac{1}{2}$
Câu 29: Đáp án B
Cách giải:
Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A xuống $\left( {BCD} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$
$AH \cap DK = O$. Khi đó O là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện.
Ta có: $DH = \frac{2}{3}\sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} – {a^2}} = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }};\,\,\,IK = \frac{1}{2}.\frac{{2a}}{{\sqrt 3 }} = \frac{a}{{\sqrt 3 }}$
$DK = \sqrt {D{I^2} – I{K^2}} = \sqrt {4{a^2} – {a^2} – {{\left( {\frac{a}{3}} \right)}^2}} = \frac{{2a\sqrt 6 }}{3}$
Ta có: $\Delta DOH \sim \Delta DIK \Rightarrow \frac{{OH}}{{DH}} = \frac{{IK}}{{DK}} \Rightarrow OH = DH.\frac{{IK}}{{DK}}$
$ \Rightarrow r = OH = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}.\frac{{\frac{a}{{\sqrt 3 }}}}{{\frac{{2a\sqrt 6 }}{{\sqrt 3 }}}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}$
Câu 30: Đáp án B
Phương pháp:
$\left( {{e^u}} \right)’ = {e^u}.u’$
$\left( {uv} \right)’ = u’v + uv$
Cách giải:
$y’ = {e^{\sin x}}\left( {\sin x} \right)’ = \cos \,x.{e^{\sin x}} \Rightarrow $ A đúng
$y” = – \sin x.{e^{\sin x}} + {\cos ^2}x.{e^{\sin x}}$
$ \Rightarrow y’.\cos \,x – y.sin\,x – y”$
$ = \sin x.{e^{\sin x}} – \sin x.{e^{\sin x}} + \sin x.{e^{\sin x}} – \sin x.{e^{\sin x}} = 0$
$ \Rightarrow $ B sai
Câu 31: Đáp án C
Phương pháp:
Khối đa diện $\left( H \right)$ được gọi là khối đa diện lồi nếu đoạn thẳng nối hai điểm bất kì của $\left( H \right)$ luôn thuộc $\left( H \right)$. Khi đó đa diện giới hạn $\left( H \right)$ được gọi là đa diện lồi. Một khối đa diện là đa diện lồi khi và chỉ khi miền trong của nó luôn nằm về một phía đối với mỗi mặt phẳng đi qua một mặt của nó.
Cách giải:
Chỉ có khối đa diện cuối cùng là đa diện lồi.
Câu 32: Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng công thức đổi cơ số ${\log _a}b = \frac{{{{\log }_c}b}}{{{{\log }_c}a}}\left( {0 < a,\,\,c \ne 1;\,\,b > 0} \right)$
Cách giải:
$I = {\log _3}5 = \frac{{{{\log }_6}5}}{{{{\log }_6}3}} = \frac{{{{\log }_6}5}}{{{{\log }_6}6 – {{\log }_6}2}} = \frac{b}{{1 – a}}$
Câu 33: Đáp án B
Phương pháp:
Hai đường thẳng song song khi chúng có cùng hệ số góc.
Cách giải:
$y’ = 3{x^2} + 6x – 2$
Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ $x = {x_0}$ là: $k = 3x_0^2 + 6{x_0} – 2$
Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng $2x + y – 3 = 0 \Leftrightarrow y = – 2x + 3$
$ \Rightarrow 3x_0^2 + 6{x_0} – 2 = – 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} = – 2\end{array} \right.$
Khi ${x_0} = 0$, phương trình tiếp tuyến là: $y = – 2\left( {x – 0} \right) – 1 = – 2x – 1 \Leftrightarrow 2x + y + 1 = 0$
Khi ${x_0} = – 2$, phương trình tiếp tuyến là: $y = – 2\left( {x + 2} \right) + 7 = – 2x + 3$ (loại)
Câu 34: Đáp án C
Cách giải:
Ta có: $v = {x^2}\ln \frac{1}{x} = – {x^2}\ln x \Rightarrow v’ = – \left( {2x\ln x + {x^2}.\frac{1}{x}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\left( {ktm} \right)\\\ln x = \frac{ – }{2}\end{array} \right. \Rightarrow x = \frac{1}{{\sqrt e }}$
Lại có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} v = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} 0;\,\,\,f\left( {\frac{1}{{\sqrt e }}} \right) = \frac{1}{{2e}} \Rightarrow \mathop {max}\limits_{\left( {0;1} \right)} v = \frac{1}{{2e}}$ khi $x = \frac{1}{{\sqrt e }} = \frac{r}{h} = \frac{2}{h} \Rightarrow h = 2\sqrt e $
Câu 35: Đáp án C
Phương pháp:
Hàm bậc bốn trùng phương $f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c$ có 1 cực trị $ \Leftrightarrow ab \ge 0$
Cách giải:
TXĐ: $D = R$
TH1: $m = – 1 \Rightarrow y = – 1$ không có cực trị.
TH2: $m \ne – 1 \Rightarrow y’ = 4\left( {m + 1} \right){x^3} – 2\left( {{m^2} – 1} \right)x$
Để hàm số có đúng 1 cực trị $ \Leftrightarrow ab = \left( {m + 1} \right)\left( {{m^2} – 1} \right) \ge 0 \Leftrightarrow \left( {{m^2} + 1} \right)\left( {m – 1} \right) \le 0 \Leftrightarrow m \le 1$
Kết hợp 2 TH ta suy ra $m \le 1;\,\,m \ne – 1$
Câu 36: Đáp án A
Cách giải:
Khối đa diện đó có 12 đỉnh và 24 cạnh.
Câu 37: Đáp án D
Phương pháp:
Dựa vào đồ thị hàm số.
Cách giải:
Hàm số $y = {x^\alpha }$ nghịch biến trên $\left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow \alpha < 0$
Các hàm số $y = {x^\beta };\,\,\,y = {x^\gamma }$ đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow \beta > 0;\,\,\,\gamma > 0$
Với $x = {x_0} > 1$ ta có $x_0^\beta > x_0^\gamma \Rightarrow \beta > \gamma $
Vậy $\beta > \gamma > \alpha $
Câu 38: Đáp án A
Phương pháp:
Sử dụng định lí Pytago.
Cách giải:
Tam giác ABC vuông tại A ta có: ${r_{ABC}} = \frac{{BC}}{2} = 5\,cm \Rightarrow d\left( {I;\left( {ABC} \right)} \right) = \sqrt {{R^2} – {r^2}} = 4\sqrt 6 \,cm$
Câu 39: Đáp án A
Phương pháp:
Áp dụng công thức giải nhanh ta có: ${R_c} = \frac{{S{A^2}}}{{2SO}}$
Cách giải:
Dựng $OH \bot CD$ ta có: $CD \bot SO \Rightarrow CD \bot \left( {SHO} \right) \Rightarrow SHO = {60^0}$
Ta có $OH = \frac{{AD}}{2} = a \Rightarrow SO = a.\tan {60^0} = a\sqrt 3 $
$SD = \sqrt {S{O^2} + O{D^2}} = \sqrt {3{a^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} = a\sqrt 5 $
Áp dụng công thức giải nhanh ta có:
${R_c} = \frac{{S{A^2}}}{{2SO}} = \frac{{5{a^2}}}{{2a\sqrt 3 }} \Rightarrow {S_c} = 4\pi {R^2} = \frac{{25\pi {a^2}}}{3}$
Câu 40: Đáp án D
Phương pháp:
+) Tính diện tích tam giác ABC.
+) Tính độ dài AA’.
+) Tính tan góc $\alpha $.
Cách giải:
Ta có: ${S_{\Delta ABC}} = \frac{{A{B^2}}}{2} = \frac{{{a^2}}}{2} \Rightarrow AA’ = \frac{V}{S} = a\sqrt 3 $
Do $AA’ \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow A’BA = \alpha \Rightarrow tan\alpha = \frac{{AA’}}{{AB}} = \sqrt 3 \Rightarrow \alpha = {60^0}$
Câu 41: Đáp án A
Phương pháp:
Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left[ {a;b} \right]$
Bước 1: Tính y’, giải phương trình $y’ = 0 \Rightarrow {x_i} \in \left[ {a;b} \right]$
+) Bước 2: Tính các giá trị $f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)$
+) Bước 3: So sánh và kết luận.
Cách giải:
ĐKXĐ: ${x^3} – 3x \ge 0 \Leftrightarrow \left[ { – \sqrt 3 ;0} \right] \cup \left[ {\sqrt 3 ; + \infty } \right) \Rightarrow $ Hàm số xác định với mọi $x \in \left[ {2; + \infty } \right)$
Ta có: $y’ = \frac{{3{x^2} – 3}}{{2\sqrt {{x^3} – 3x} }} > 0\,\,\forall x \in \left[ {2; + \infty } \right)$
Suy ra hàm số đồng biến trên $\left[ {2; + \infty } \right) \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {2; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = \sqrt 2 $
Câu 42: Đáp án B
Phương pháp:
Đồ thị hàm bậc ba nhận điểm uốn làm tâm đối xứng.
Cách giải:
Xét đáp án B ta có $y’ = 3{x^2} – 4x + 3 \Rightarrow y” = 6x – 4 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{2}{3} \Rightarrow y = \frac{{38}}{{27}}$
Do đó đồ thị hàm số nhận điểm uốn $\left( {\frac{2}{3};\frac{{38}}{{27}}} \right)$ làm tâm đối xứng.
Câu 43: Đáp án D
Phương pháp:
Sử dụng công thức lãi kép ${A_n} = A{\left( {1 + r} \right)^n}$
Cách giải:
Giả sử sau n năm dân số nước ta đạt mức 120,5 triệu người ta có:
$120,5 = 91,7{\left( {1 + \frac{{1,1}}{{100}}} \right)^n} \Leftrightarrow n \approx 24,97$
Vậy phải sau 25 năm, tức là vào năm $2015 + 25 = 2040$
Câu 44: Đáp án C
Phương pháp:
+) Tính tỉ số diện tích $\frac{{{S_{QPCN}}}}{{{S_{ABCD}}}}$
+) Tính tỉ số chiều cao: $\frac{{d\left( {M;\left( {ABCD} \right)} \right)}}{{d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right)}}$
+) Tính tỉ số thể tích.
Cách giải:
Ta có: ${S_{QPCN}} = {S_{ABCD}} – {S_{ABNQ}} – {S_{APQD}} = {S_{ABCD}} – \frac{1}{2}{S_{ABCD}} – \frac{1}{8}{S_{ABCD}} = \frac{3}{8}{S_{ABCD}}$
Khi đó ${V_{M.QPCN}} = \frac{1}{3}d\left( {M;\left( {ABCD} \right)} \right).{S_{QPCN}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right).\frac{3}{8}{S_{ABCD}}$
$ = \frac{3}{{16}}.\frac{1}{3}d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right).{S_{ABCD}} = \frac{3}{{16}}{V_0}$
Vậy $V = \frac{3}{{16}}{V_0}$
Câu 45: Đáp án A
Phương pháp:
Đưa về cùng số mũ, sử dụng công thức ${\left( {{a^m}} \right)^n} = {a^{m.n}}$
Cách giải:
${n^{360}} < {3^{480}} \Leftrightarrow {\left( {{n^3}} \right)^{120}} < {\left( {{3^4}} \right)^{120}} \Leftrightarrow {n^3} < {3^4} = 81 \Leftrightarrow n < {\log _3}81 = 4$
Câu 46: Đáp án A
Phương pháp:
Đưa về cùng cơ số.
Cách giải:
${2^{{x^2} – 6x + 1}} = {\left( {\frac{1}{4}} \right)^{x – 3}} \Leftrightarrow {2^{{x^2} – 6x + 1}} = {2^{6 – 2x}} \Leftrightarrow {x^2} – 6x + 1 = 6 – 2x \Leftrightarrow {x^2} – 4x – 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5\\x = – 1\end{array} \right.$
$ \Rightarrow S = 5 + \left( { – 1} \right) = 4$
Câu 47: Đáp án C
Cách giải:
${V_{OMNP}} = \frac{1}{6}OM.ON.OP$
Câu 48: Đáp án A
Phương pháp:
${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}}$
Cách giải:
${S_{\Delta ABC}} = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .{a^2}\sqrt 3 = {a^3}$
Câu 49: Đáp án A
Phương pháp:
+) Gọi $M\left( {m;{m^2} + 2m – 1} \right) \in \left( P \right)$
+) Viết phương trình tiếp tuyến của (P) tại M.
+) Xác định tọa độ các điểm A, B và tính độ dài OA, OB.
+) Tính diện tích tam giác OAB và tìm M.
Cách giải:
Gọi $M\left( {m;{m^2} + 2m – 1} \right) \in \left( P \right)$
Ta có: $y’ = 2x + 2 \Rightarrow $ Phương trình tiếp tuyến của (P) tại M là:
$y = \left( {2m + 2} \right)\left( {x – m} \right) + {m^2} + 2m – 1 \Leftrightarrow y = \left( {2m + 2} \right)x – {m^2} – 1\,\,\,\left( d \right)$
Cho $x = 0 \Rightarrow y = – {m^2} – 1 \Rightarrow B\left( {0; – {m^2} – 1} \right) \Rightarrow OB = {m^2} + 1$
Cho $y = 0 \Leftrightarrow \left( {2m + 2} \right)x – {m^2} – 1 = 0 \Leftrightarrow \left( {2m + 2} \right)x = {m^2} + 1$
Nếu $m = – 1 \Leftrightarrow 0x = 2$ (vô nghiệm) $ \Rightarrow x = \frac{{{m^2} + 1}}{{2m + 2}} \Rightarrow A\left( {\frac{{{m^2} + 1}}{{2m + 2}};0} \right) \Rightarrow OA = \frac{{{m^2} + 1}}{{\left| {2m + 2} \right|}}$
$ \Rightarrow {S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}.OA.OB = \frac{1}{2}\left( {{m^2} + 1} \right).\frac{{{m^2} + 1}}{{\left| {2m + 2} \right|}} = \frac{1}{4}$
$ \Leftrightarrow 2{\left( {{m^2} + 1} \right)^2} = 2\left| {m + 2} \right|$
$ \Leftrightarrow {\left( {{m^2} + 1} \right)^2} = \left| {m + 2} \right| \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 0\\{a^3} + 2a – 1 = 0\end{array} \right.\left( {Casio} \right)$
$ \Rightarrow $ Có 2 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 50: Đáp án A
Phương pháp:
Đặt $t = {x^2}\left( {t \ge 0} \right)$
Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow $ pt ẩn t có 2 nghiệm trái dấu hoặc có nghiệm kép dương.
Cách giải:
Đặt $t = {x^2}\left( {t \ge 0} \right)$, khi đó phương trình trở thành ${t^2} – 3t – m – 1 = 0\,\,\,\left( 1 \right)$
Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow pt\left( 1 \right)$ có 2 nghiệm trái dấu hoặc có nghiệm kép dương.
TH1: (1) có nghiệm kép dương.
$\Delta = 9 – 4\left( { – m – 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 4m + 13 = 0 \Leftrightarrow m = – \frac{{13}}{4}$
Phương trình có nghiệm kép ${x_1} = {x_2} = \frac{3}{2} > 0 \Rightarrow m = – \frac{{13}}{4}\left( {tm} \right)$
TH2: (1) có 2 nghiệm trái dấu $ \Leftrightarrow ac < 0 \Leftrightarrow – m – 1 < 0 \Leftrightarrow m > – 1$
Vậy $m > – 1$ hoặc $m = – \frac{{13}}{4}$
