Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Sở Giáo Dục Và Đào Tạo Bắc Giang Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
48

Đề thi Toán 12 học kì 1 Sở giáo dục và đào tạo Bắc Giang đề chính thức có đáp án và lời giải chi tiết gồm 35 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GD&ĐT BẮC GIANG 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): Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và có bảng biến thiên như hình vẽ. Các khoảng đồng biến của hàm số là

A. ${\left( {{a^{u\left( x \right)}}} \right)^\prime } = {\left( {u\left( x \right)} \right)^\prime }.{a^{u\left( x \right)}}\ln a$ và $\left( { – 3; + \infty } \right)$ B. $\left( { – \infty ;1} \right)$ và $\left( {3; + \infty } \right)$ C. $R\backslash \left( {1;3} \right)$ D. $\left( { – \infty ;1} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right)$

Câu 2 (TH): Tất cả các giá trị thực của m để hàm số $y = \frac{1}{3}{x^3} + {x^2} + 2mx – 1$ đồng biến trên R là:

A. $m > \frac{1}{2}$ B. $m \ge \frac{1}{2}$ C. $m \le – \frac{1}{2}$ D. $m < – \frac{1}{2}$

Câu 3 (TH): Tìm tất cả các giá trị của tham số m để có 4 số thực x phân biệt thỏa mãn: ${9^{{x^2}}} – {3^{{x^2} + 1}} + 6 = m$.

A. $m \le 6$ B. $\frac{{15}}{4} \le m \le 4$ C. $m < 6$ D. $\frac{{15}}{4} < m < 4$

Câu 4 (NB): Cho hàm số $y = a{\mkern 1mu} {x^4} + b{x^2} + c$ và có đồ thị như hình vẽ. Gọi m, n theo thứ tự là giá trị cực đại và cực tiểu của hàm số. Tính tổng ${m^2} + {n^2}$.

A. 14. B. 13 C. D. 5

Câu 5 (NB): Mệnh đề nào dưới đây là đúng?

A. Hàm số $y = {\log _a}x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1} \right)$, nghịch biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$ khi và chỉ khi $0 < a < 1$.

B. Hàm số $y = {\log _a}x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1} \right)$, nghịch biến trên $\mathbb{R}$ khi và chỉ khi $0 < a < 1$.

C. Đồ thị hàm số $y = {\log _a}x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1} \right)$ luôn nằm ở phía bên trên trục hoành.

D. Hàm số $y = {\log _a}x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1} \right)$, đồng biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$.

Câu 6 (TH): Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$ biết thể tích của khối chóp $A’.ABC$ bằng 12. Tính thể tích của khối hộp $ABCD.A’B’C’D’$.

A. 144 B. 24 C. 36 D. 72

Câu 7 (TH): Đạo hàm của hàm số $y = {2^{{x^2}}}$ tại điểm $x = 2$ có giá trị là

A. 16 B. 32 C. $64\ln 2$. D. $32\ln 2$

Câu 8 (TH): Tổng các giá trị thực của x thỏa mãn ${2^{1 + x}} + {2^{1 – x}} = 5$ bằng

A. B. $\frac{1}{3}$. C. $\frac{5}{2}$. D. 0

Câu 9 (TH): Đạo hàm của hàm số $y = {\log _3}\left( {2x + 1} \right) – 2\ln x + 2x$ tại điểm $x = 1$ có giá trị bằng

A. $\frac{2}{3}$ B. $\frac{2}{{3\ln 3}}$ C. $\frac{2}{{3\ln 3}} – 1$ D. $\frac{2}{{3\ln 3}} + 4$

Câu 10 (TH): Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = {x^4} – 6{x^2} – 1$ tại điểm có hoành độ $x = – 1$ là:

A. $y = 8x + 2$ B. $y = 8x + 14$ C. $y = – 8x – 2$ D. $y = – 8x – 14$

Câu 11 (TH): Hàm số $y = {x^3} – 3x + 1$ có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình ${x^3} – 3x – m = 0$ có ba nghiệm thực phân biệt.

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

Câu 12 (NB): Mệnh đề nào dưới đây sai?

A. Với $a,b,c > 0$ và $a \ne 1$, ta luôn có ${\log _a}b + {\log _a}c = {\log _a}\left( {bc} \right)$.

B. Với $a,b,c > 0$ và $a \ne 1$, ta luôn có ${\log _a}b – {\log _a}c = {\log _a}\frac{b}{c}$.

C. Với $0 < a \ne 1$ và $b \in \mathbb{R}$, ta luôn có ${\log _a}{b^2} = 2{\log _a}b$.

D. Với $a,b,c > 0$ và $a,b \ne 1$, ta luôn có ${\log _a}c = {\log _b}c.{\log _a}b$.

Câu 13 (TH): Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

A. Hàm số $y = x + 1 + \frac{1}{{x – 3}}$ có hai cực trị. B. Hàm số $y = – {x^3} – 3x – 1$ có cực trị.

C. Hàm số $y = – 4{x^3} + {x^2} – 3$ có hai cực trị. D. Hàm số $y = x + 1 – \frac{1}{x}$ không có cực trị.

Câu 14 (TH): Cho hàm số $y = {x^3} – 2{x^2} + \left( {3m – 1} \right)x – 1$. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số có cực trị.

A. $m \in \left[ {\frac{7}{9}; + \infty } \right)$ B. $m \in \left( { – \infty ;\frac{7}{9}} \right)$ C. $m \in \left( {\frac{7}{9}; + \infty } \right)$ D. $m \in \left( { – \infty ;\frac{7}{9}} \right]$

Câu 15 (TH): Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = f\left( x \right) = {x^4} – 2{x^2} – 3$ trên đoạn $\left[ { – 2;2} \right]$ lần lượt là

A. 5 và -4. B. -3 và -4. C. 5 và -3. D. 1 và -1.

Câu 16 (NB): Tập xác định của hàm số $y = {\left( {4{x^2} – 1} \right)^{ – 4}}$ là:

A. $\left( { – \infty ; – \frac{1}{2}} \right) \cup \left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)$ B. $\left( { – \infty ; – \frac{1}{2}} \right] \cup \left[ {\frac{1}{2}; + \infty } \right)$ C. $\mathbb{R}\backslash \left\{ { – \frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right\}$ D. $\mathbb{R}$

Câu 17 (TH): Cho hàm số $y = a{x^4} + b{x^2} + c$ có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây đúng?

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

Câu 18 (NB): Số cạnh của hình bát diện đều là

A. 12 B. 14 C. D. 16

Câu 19 (VD): Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác $ABC$ đều cạnh a, $SA$ vuông góc với đáy, $SC = a\sqrt 3 $. Thể tích Vcủa khối chóp $S.ABC$ là:

A. $V = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^3}$ B. $V = \frac{{\sqrt 3 }}{2}{a^3}$ C. $V = \frac{{2\sqrt 6 }}{9}{a^3}$ D. $V = \frac{{\sqrt 6 }}{{12}}{a^3}$

Câu 20 (TH): Số giao điểm phân biệt của đồ thị hàm số $y = {x^3} + {x^2} – x – 1$ và trục hoành là

A. B. C. D. 3

Câu 21 (NB): Tập xác định của hàm số $y = {\log _3}\left( {2 – x} \right)$ là:

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

Câu 22 (NB): Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến trên R?

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

Câu 23 (VD): Hàm số $y = \frac{2}{3}{x^3} – {x^2} – 4x – 1$ có hai điểm cực trị ${x_1},{x_2}$. Tính giá trị của biểu thức $P = {x_1} + {x_2} – {x_1}{x_2}$

A. -2 B. -1 C. D. -3

Câu 24 (TH): Cho hàm số $y = \frac{1}{2}{x^4} – 3{x^2} – 3$. Tìm các khoảng nghịch biến của hàm số.

A. $\left( {\sqrt 3 ; + \infty } \right)$ B. $\left( { – \infty ; – \frac{{15}}{2}} \right)$ C. $\left( { – \sqrt 3 ;0} \right) \cup \left( {\sqrt 3 ; + \infty } \right)$ D. $\left( { – \infty ; – \sqrt 3 } \right)$ và $\left( {0;\sqrt 3 } \right)$

Câu 25 (VD): Tập hợp tất cả các giá trị thực của x thỏa mãn: ${\log _{\frac{1}{3}}}\left( {{2^x} + 1} \right) + {\log _3}\left( {{4^x} + 5} \right) = 1$ là:

A. $\left\{ {1;2} \right\}$ B. $\left\{ {3;\frac{1}{9}} \right\}$ C. $\left\{ {\frac{1}{3};9} \right\}$ D. $\left\{ {0;1} \right\}$

Câu 26 (TH): Thể tích của khối chóp có diện tích đáy $156c{m^2}$ và chiều cao $h = 0,3m$ bằng

A. $\frac{{234}}{5}c{m^3}$. B. $\frac{{78}}{5}c{m^3}$. C. $1560c{m^3}$. D. $156c{m^3}$.

Câu 27 (TH): Giá trị của biểu thức ${\log _4}25 + {\log _2}1,6$ bằng

A. B. C. D. 1

Câu 28 (TH): Cho hình lập phương có thể tích bằng $2{a^3}\sqrt 2 $. Tính độ dài đường chéo của hình lập phương.

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

Câu 29 (TH): Các đường tiệm cận của đồ thị hàm số $y = \frac{{ – x + 1}}{{x + 3}}$ là

A. $x = – 1$ và $x = – 3$ B. $x = 1$ và $y = – 3$ C. $x = – 1$ và $y = – 3$ D. $x = – 3$ và $y = – 1$

Câu 30 (TH): Gọi ${x_1},{x_2}$ là hai số thực của x thỏa mãn: $\log _3^2x – {\log _3}x – 6 = 0$. Biểu thức $P = \left| {{x_1} – {x_2}} \right|$ có giá trị bằng

A. $\frac{{242}}{9}$. B. 1. C. 25. D. $\frac{{244}}{9}$.

Câu 31 (NB): Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. Hàm số $y = {a^x},\left( {0 < a \ne 1} \right)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ khi và chỉ khi $a > 1$.

B. Hàm số $y = {a^x},\left( {0 < a \ne 1} \right)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.

C. Đồ thị hàm số $y = {a^x},\left( {0 < a \ne 1} \right)$ luôn nằm ở phía bên phải trục tung.

D. Hàm số $y = {a^x},\left( {0 < a \ne 1} \right)$ đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$ khi và chỉ khi $0 < a < 1$.

Câu 32 (TH): Cho mặt cầu $\left( S \right)$ có diện tích $36{a^2}\pi ,\left( {a > 0} \right)$. Tính thể tích của khối cầu $\left( S \right)$.

A. $18\pi {a^3}$ B. $72\pi {a^3}$ C. $108\pi {a^3}$ D. $36\pi {a^3}$

Câu 33 (TH): Khối lăng trụ đứng $ABC.A’B’C’$ có đáy là tam giác vuông cân tại A, với $AB = a$, cạnh bên $AA’ = a$. Tính thế tích V của khối lăng trụ $ABC.A’B’C’$.

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

Câu 34 (TH): Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy $256c{m^2}$ và chiều cao $h = 15cm$ bằng

A. $11520c{m^3}$ B. $384c{m^3}$ C. $3840c{m^3}$ D. $1280c{m^3}$

Câu 35 (VD): Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có cạnh bên bằng $a\sqrt 2 $ và góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng $60^\circ $. Tính thể tích của khối chóp $S.ABCD$.

A. ${a^3}\sqrt 6 $ B. $\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}$ C. $\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{2}$ D. $\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}$

B. PHẦN CÂU HỎI TỰ LUẬN (3,0 điểm)

Câu 36 (VD): Tìm tất cả các số thực x thỏa mãn: ${\log _3}\left( {x + 2} \right) + {\log _3}\left( {2x + 1} \right) = 2$.

Câu 37 (VDC): Cho các số thực x, y thỏa mãn: $x + y – 1 = \sqrt {2x – 4} + \sqrt {y + 1} $. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $S = 2016{\left( {x + y} \right)^2} – 2017\sqrt {5 – x – y} + \frac{{2018}}{{\sqrt {x + y} }}$.

Câu 38 (VD): Cho tứ diện ABCD, có $AB = CD = 8,{\mkern 1mu} AC = BD = 10$ và $AD = BC = 12$. Tính diện tích mặt cầu $\left( S \right)$ ngoại tiếp tứ diện ABCD.

Đáp án

1-B 2-B 3-B 4-B 5-A 6-D 7-C 8-D 9-B 10-A
11-B 12-C 13-B 14-B 15-A 16-C 17-C 18-A 19-D 20-A
21-A 22-B 23-C 24-D 25-D 26-C 27-B 28-D 29-D 30-A
31-A 32-D 33-C 34-C 35-D

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào BBT, xác định các khoảng của x để $f’\left( x \right) > 0$.

Giải chi tiết:

Các khoảng đồng biến của hàm số là: $\left( { – \infty ;1} \right)$ và $\left( {3; + \infty } \right)$

Chú ý: Nhiều học sinh sai lầm khi kết luận khoảng đồng biến của hàm số là $\left( { – \infty ;4} \right)$ và $\left( { – 3; + \infty } \right)$.

Câu 2: Đáp án B

Phương pháp giải:

Tam thức bậc hai $a{x^2} + bx + c \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in R \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a > 0}\\{\Delta ‘ \le 0}\end{array}} \right.$.

Giải chi tiết:

Ta có: $y = \frac{1}{3}{x^3} + {x^2} + 2mx – 1 \Rightarrow y’ = {x^2} + 2x + 2m$; $y’ = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 2x + 2m = 0$

Để hàm số $y = \frac{1}{3}{x^3} + {x^2} + 2mx – 1$ đồng biến trên R thì $\Delta ‘ \le 0 \Leftrightarrow 1 – 2m \le 0 \Leftrightarrow m \ge \frac{1}{2}$.

Câu 3: Đáp án B

Phương pháp giải:

+) Đặt ${3^{{x^2}}} = t,{\mkern 1mu} \left( {t \ge 1} \right)$, đưa phương trình ban đầu về phương trình bậc hai ẩn t.

+) Phương trình ban đầu có 4 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi phương trình bậc hai ẩn t có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn $t \ge 1$.

Giải chi tiết:

Đặt ${3^{{x^2}}} = t,{\mkern 1mu} \left( {t \ge 1} \right)$. Phương trình ${9^{{x^2}}} – {3^{{x^2} + 1}} + 6 = m$ (1) trở thành: ${t^2} – 3t + 6 = m \Leftrightarrow {t^2} – 3t + 6 – m = 0$ (2)

Để (1) có 4 nghiệm thực phân biệt thì (2) có 2 nghiệm dương phân biệt lớn hơn hoặc bằng 1, giả sử ${t_1} > {t_2} \ge 1 \Leftrightarrow {t_1} – 1 > {t_2} – 1 \ge 0$

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta > 0}\\{{t_1} – 1 + {t_2} – 1 > 0}\\{\left( {{t_1} – 1} \right)\left( {{t_2} – 1} \right) \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta > 0}\\{{t_1} + {t_2} > 2}\\{{t_1}{t_2} – \left( {{t_1} + {t_2}} \right) + 1 \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{9 – 4\left( {6 – m} \right) > 0}\\{3 > 2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {luon{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} dung} \right)}\\{6 – m – 3 + 1 \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > \frac{{15}}{4}}\\{m \le 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \frac{{15}}{4} < m \le 4$

Câu 4: Đáp án B

Phương pháp giải:

Quan sát đồ thị hàm số, xác định giá trị cực trị của hàm số.

Giải chi tiết:

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy hàm số đã cho có giá trị cực đại và cực tiểu lần lượt là $m = – 2,n = – 3{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \Rightarrow {\mkern 1mu} {m^2} + {n^2} = 13$.

Câu 5: Đáp án A

Phương pháp giải:

Hàm số $y = {\log _a}x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1} \right)$ có TXĐ: $D = \left( {0; + \infty } \right)$

Khi $0 < a < 1$, hàm số nghịch biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$.

Khi $a > 1$, hàm số đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$.

Giải chi tiết:

Mệnh đề đúng: Hàm số $y = {\log _a}x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1} \right)$, nghịch biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$ khi và chỉ khi $0 < a < 1$.

Câu 6: Đáp án D

Phương pháp giải:

Lập tỉ lệ thể tích của khối chóp $A’.ABC$ và khối hộp $ABCD.A’B’C’D’$.

Giải chi tiết:

Ta có: ${V_{A’.ABC}} = \frac{1}{2}{V_{A’.ABCD}}$ (do ${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}}$)

${\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} = \frac{1}{2}.\frac{1}{3}{V_{ABCD.A’B’C’D’}} = \frac{1}{6}{V_{ABCD.A’B’C’D’}}$

$ \Rightarrow {V_{ABCD.A’B’C’D’}} = 6{V_{A’.ABC}} = 6.12 = 72$

Câu 7: Đáp án C

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

$y = {2^{{x^2}}} \Rightarrow y’ = 2x{.2^{{x^2}}}.\ln 2 \Rightarrow y’\left( 2 \right) = {2.2.2^{{2^2}}}.\ln 2 = 64\ln 2$

Câu 8: Đáp án D

Phương pháp giải:

Đặt ẩn phụ ${2^x} = t,\left( {t > 0} \right)$.

Giải chi tiết:

Ta có: ${2^{1 + x}} + {2^{1 – x}} = 5 \Leftrightarrow {2.2^x} + \frac{2}{{{2^x}}} = 5$

Đặt ${2^x} = t,\left( {t > 0} \right)$. Phương trình đã cho trở thành

$2.t + \frac{2}{t} = 5 \Leftrightarrow 2{t^2} – 5t + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 2}\\{t = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^x} = 2}\\{{2^x} = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = – 1}\end{array}} \right.{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} $

Tổng các giá trị thực của x thỏa mãn ${2^{1 + x}} + {2^{1 – x}} = 5$ là: $1 + \left( { – 1} \right) = 0$.

Câu 9: Đáp án B

Phương pháp giải:

${\left( {{{\log }_a}u\left( x \right)} \right)^\prime } = \frac{{{{\left( {u\left( x \right)} \right)}^\prime }}}{{\ln a.u\left( x \right)}}$

Giải chi tiết:

$y = {\log _3}\left( {2x + 1} \right) – 2\ln x + 2x \Rightarrow y’ = \frac{2}{{\left( {2x + 1} \right).\ln 3}} – \frac{2}{x} + 2 \Rightarrow y’\left( 1 \right) = \frac{2}{{\left( {2.1 + 1} \right).\ln 3}} – \frac{2}{1} + 2 = \frac{2}{{3\ln 3}}$

Câu 10: Đáp án A

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

Gọi tiếp điểm là $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$. Theo đề bài, ta có: ${x_0} = – 1 \Rightarrow {y_0} = – 6$

$y = {x^4} – 6{x^2} – 1 \Rightarrow y’ = 4{x^3} – 12x \Rightarrow y’\left( { – 1} \right) = 8$

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M là: $y = 8.\left( {x + 1} \right) – 6 \Leftrightarrow y = 8x + 2$.

Câu 11: Đáp án B

Phương pháp giải:

Số nghiệm của phương trình ${x^3} – 3x – m = 0$ bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y = {x^3} – 3x + 1$ và đường thẳng $y = m + 1$.

Giải chi tiết:

Ta có: ${x^3} – 3x – m = 0 \Leftrightarrow {x^3} – 3x + 1 = m + 1$

Số nghiệm của phương trình ${x^3} – 3x – m = 0$ bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y = {x^3} – 3x + 1$ và đường thẳng $y = m + 1$.

Để ${x^3} – 3x – m = 0$ có ba nghiệm thực phân biệt thì $ – 1 < m + 1 < 3 \Leftrightarrow – 2 < m < 2$.

Câu 12: Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức ${\log _{{a^n}}}{b^m} = \frac{m}{n}{\log _a}b{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b > 0} \right)$.

Giải chi tiết:

Mệnh đề sai là: Với $0 < a \ne 1$ và $b \in R$, ta luôn có ${\log _a}{b^2} = 2{\log _a}b$.

Sửa lại: Với $0 < a \ne 1$ và $b \in R$, ta luôn có ${\log _a}{b^2} = 2{\log _a}\left| b \right|$.

Câu 13: Đáp án B

Phương pháp giải:

Xét từng hàm số, xác định số cực trị của các hàm số.

Giải chi tiết:

Xét hàm số $y = – {x^3} – 3x – 1$ ta có: $y’ = – 3{x^2} – 3 < 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in R \Rightarrow $ Hàm số $y = – {x^3} – 3x – 1$ không có cực trị

⇒ Hàm số $y = – {x^3} – 3x – 1$ có cực trị là mệnh đề sai.

Câu 14: Đáp án B

Phương pháp giải:

Hàm số bậc 3 có cực trị khi và chỉ khi phương trình $y’ = 0$ có 2 nghiệm phân biệt.

Giải chi tiết:

$y = {x^3} – 2{x^2} + \left( {3m – 1} \right)x – 1 \Rightarrow y’ = 3{x^2} – 4x + 3m – 1$

$y’ = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} – 4x + 3m – 1 = 0$

Hàm số bậc ba $y = {x^3} – 2{x^2} + \left( {3m – 1} \right)x – 1$ có cực trị $ \Leftrightarrow y’ = 0$ có 2 nghiệm phân biệt

$ \Leftrightarrow \Delta ‘ > 0 \Leftrightarrow 4 – 3\left( {3m – 1} \right) > 0 \Leftrightarrow m < \frac{7}{9}$

Câu 15: Đáp án A

Phương pháp giải:

Phương pháp tìm GTLN, GNTNN của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left[ {a;b} \right]$ là :

+) Giải phương trình $y’ = 0 \Rightarrow $ các nghiệm ${x_i} \in \left[ {a;b} \right]$.

+) Tính các giá trị $f\left( a \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( b \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( {{x_i}} \right)$

+) $\mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \max \left\{ {f\left( a \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( b \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( {{x_i}} \right)} \right\};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \min \left\{ {f\left( a \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( b \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( {{x_i}} \right)} \right\}$

Giải chi tiết:

$y = f\left( x \right) = {x^4} – 2{x^2} – 3 \Rightarrow y’ = 4{x^3} – 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = \pm 1}\end{array}} \right.$.

Hàm số đã cho liên tục trên đoạn $\left[ { – 2;2} \right]$, có: $f\left( { – 2} \right) = f\left( 2 \right) = 5,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( { – 1} \right) = f\left( 1 \right) = – 4,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( 0 \right) = – 3$

$ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\mathop {\min }\limits_{\left[ { – 2;2} \right]} y = f\left( { – 1} \right) = f\left( 1 \right) = – 4}\\{\mathop {\max }\limits_{\left[ { – 2;2} \right]} y = f\left( { – 2} \right) = f\left( 2 \right) = 5}\end{array}} \right.$

Câu 16: Đáp án C

Phương pháp giải:

Cho hàm số lũy thừa $y = {x^n}$.

+) Với $n \in {Z^ + } \Rightarrow $ TXĐ của hàm số là $D = \mathbb{R}$

+) Với $n \in {Z^ – } \Rightarrow $ TXĐ của hàm số là $D = R\backslash \left\{ 0 \right\}$

+) Với $n \notin Z \Rightarrow $ TXĐ của hàm số là $D = \left( {0; + \infty } \right)$

Giải chi tiết:

Vì $ – 4 \in {Z^ – }$ nên hàm số xác định khi và chỉ khi: $4{x^2} – 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \pm \frac{1}{2}$. Vậy TXĐ của hàm số là : $D = R\backslash \left\{ { – \frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right\}$.

Câu 17: Đáp án C

Phương pháp giải:

Nhận dạng hàm bậc bốn.

+) Dựa vào $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y$ xác định dấu của hệ số a.

+) Dựa vào số điểm cực trị của hàm số suy ra dấu của hệ số b.

+) Dựa vào giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung xác định dấu của hệ số c.

Giải chi tiết:

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = – \infty \Rightarrow a < 0$

Hàm số có 3 điểm cực trị $ \Rightarrow y’ = 0$ có 3 nghiệm phân biệt

Ta có: $ \Rightarrow y’ = 4a{x^3} + 2bx,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{x^2} = – \frac{b}{{2a}}}\end{array}} \right.$

$y’ = 0$ có 3 nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow – \frac{b}{{2a}} > 0 \Leftrightarrow b > 0$ (do $a < 0$)

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương $ \Rightarrow c > 0$ (do với $x = 0 \Rightarrow y = c$)

Vậy, $a < 0,b > 0,c > 0$.

Câu 18: Đáp án A

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Số cạnh của hình bát diện đều là: 12

Câu 19: Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}}$

Giải chi tiết:

$SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot AC \Rightarrow \Delta SAC$ vuông tại A $ \Rightarrow SA = \sqrt {S{C^2} – A{C^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} – {a^2}} = a\sqrt 2 $

Tam giác $ABC$ đều cạnh $a \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$

Thể tích V của khối chóp $S.ABC$ là: $V = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a\sqrt 2 = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}$.

Câu 20: Đáp án A

Phương pháp giải:

Số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và trục hoành là số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm $f\left( x \right) = 0$.

Giải chi tiết:

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y = {x^3} + {x^2} – x – 1$ và trục hoành là:

${x^3} + {x^2} – x – 1 = 0 \Leftrightarrow {x^2}\left( {x + 1} \right) – \left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} – 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = – 1}\\{x = 1}\end{array}} \right.$

Vậy số giao điểm phân biệt của đồ thị hàm số $y = {x^3} + {x^2} – x – 1$ và trục hoành là 2.

Câu 21: Đáp án A

Phương pháp giải:

Hàm số $y = {\log _a}f\left( x \right)$ xác định $ \Leftrightarrow f\left( x \right) > 0$

Giải chi tiết:

Hàm số xác định khi và chỉ khi: $2 – x > 0 \Leftrightarrow x < 2$

Vậy TXĐ của hàm số là $D = \left( { – \infty ;2} \right)$.

Câu 22: Đáp án B

Phương pháp giải:

Hàm số $y = f\left( x \right)$ nghịch biến trên R khi và chỉ khi hàm số có TXĐ là R và $y’ \le 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in R$

Giải chi tiết:

Xét hàm số $y = – {x^3} + 3{x^2} – 4x + 2$ có TXĐ $D = R$ và $y’ = – 3{x^2} + 6x – 4 = – 3{\left( {x – 1} \right)^2} – 1 < 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in R$

⇒ Hàm số $y = – {x^3} + 3{x^2} – 4x + 2$ nghịch biến trên R.

Câu 23: Đáp án C

Phương pháp giải:

Hai điểm cực trị của hàm số là nghiệm của phương trình $y’ = 0$. Sử dụng định lí Vi-ét: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = – \frac{b}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.$

Giải chi tiết:

Ta có: $y = \frac{2}{3}{x^3} – {x^2} – 4x – 1 \Rightarrow y’ = 2{x^2} – 2x – 4$. Xét phương trình $y’ = 0 \Leftrightarrow 2{x^2} – 2x – 4 = 0$ có $ac < 0 \Rightarrow $ Phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

Áp dụng định lí Vi-ét ta có : $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 1}\\{{x_1}{x_2} = – 2}\end{array}} \right.$.

Khi đó ta có $P = {x_1} + {x_2} – {x_1}{x_2} = 1 – \left( { – 2} \right) = 3$.

Câu 24: Đáp án D

Phương pháp giải:

Tính y’, xét dấu y’ và suy ra các khoảng nghịch biến của hàm số.

Giải chi tiết:

Ta có: $y = \frac{1}{2}{x^4} – 3{x^2} – 3 \Rightarrow y’ = 2{x^3} – 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = \pm \sqrt 3 }\end{array}} \right.$

Hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng $\left( { – \infty ; – \sqrt 3 } \right)$ và $\left( {0;\sqrt 3 } \right)$.

Câu 25: Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức

${\log _{{a^n}}}{b^m} = \frac{m}{n}{\log _a}b$

${\log _a}f\left( x \right) + {\log _a}g\left( x \right) = {\log _a}\left[ {f\left( x \right)g\left( x \right)} \right]$

${\log _a}f\left( x \right) – {\log _a}g\left( x \right) = {\log _a}\left[ {\frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}} \right]$ (giả sử các biểu thức là có nghĩa).

Đưa phương trình về dạng ${\log _a}f\left( x \right) = {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right)$.

Giải chi tiết:

Ta có:

${\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {{2^x} + 1} \right) + {\log _3}\left( {{4^x} + 5} \right) = 1 \Leftrightarrow – {\log _3}\left( {{2^x} + 1} \right) + {\log _3}\left( {{4^x} + 5} \right) = 1$

$ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{4^x} + 5} \right) = 1 + {\log _3}\left( {{2^x} + 1} \right) \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{4^x} + 5} \right) = {\log _3}\left[ {3\left( {{2^x} + 1} \right)} \right]$

$ \Leftrightarrow {4^x} + 5 = 3\left( {{2^x} + 1} \right) \Leftrightarrow {4^x} – {3.2^x} + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^x} = 1}\\{{2^x} = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\end{array}} \right.$

Câu 26: Đáp án C

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

Thể tích của khối chóp có diện tích đáy $156c{m^2}$ chiều cao $h = 0,3m$ là:

$V = \frac{1}{3}Sh = \frac{1}{3}.156.\left( {0,3.100} \right) = 1560\left( {c{m^3}} \right)$

Câu 27: Đáp án B

Phương pháp giải:

${\log _a}{b^c} = c{\log _a}b;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\log _{{a^c}}}b = \frac{1}{c}{\log _a}b{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {c \ne 0} \right){\mkern 1mu} ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\log _a}{b_1} + {\log _a}{b_2} = {\log _a}\left( {{b_1}{b_2}} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a,b,{b_1},{b_2} > 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} a \ne 1} \right)$

Giải chi tiết:

${\log _4}25 + {\log _2}1,6 = {\log _2}5 + {\log _2}1,6 = {\log _2}\left( {5.1,6} \right) = {\log _2}8 = 3$

Câu 28: Đáp án D

Phương pháp giải:

Độ dài đường chéo của hình lập phương có cạnh a là: $\sqrt {{a^2} + {a^2} + {a^2}} = a\sqrt 3 $

Giải chi tiết:

Hình lập phương có thể tích bằng $2{a^3}\sqrt 2 $, có độ dài cạnh là: $\sqrt[3]{{2{a^3}\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 $

Độ dài đường chép của hình lập phương là: $a\sqrt 2 .\sqrt 3 = a\sqrt 6 $

Câu 29: Đáp án D

Phương pháp giải:

Đồ thị hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {ad \ne bc} \right)$ có TXN $y = \frac{a}{c}$ và TCĐ $x = – \frac{d}{c}$.

Giải chi tiết:

Các đường tiệm cận của đồ thị hàm số $y = \frac{{ – x + 1}}{{x + 3}}$ là: $x = – 3$ và $y = – 1$.

Câu 30: Đáp án A

Phương pháp giải:

+) Giải phương trình bậc hai đối với hàm số logarit.

+) Giải phương trình logarit cơ bản ${\log _a}x = b \Leftrightarrow x = {a^b}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x > 0} \right)$.

Giải chi tiết:

Ta có: $\log _3^2x – {\log _3}x – 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_3}x = 3}\\{{{\log }_3}x = – 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 27}\\{x = \frac{1}{9}}\end{array}} \right.$

$ \Rightarrow P = \left| {{x_1} – {x_2}} \right| = \left| {27 – \frac{1}{9}} \right| = \frac{{242}}{9}$

Câu 31: Đáp án A

Phương pháp giải:

Hàm số $y = {a^x},\left( {0 < a \ne 1} \right)$ đồng biến trên R khi và chỉ khi $a > 1$ và nghịch biến khi và chỉ khi $0 < a < 1$

Giải chi tiết:

Hàm số $y = {a^x},\left( {0 < a \ne 1} \right)$ có TXĐ là R. Hàm số đồng biến trên R khi và chỉ khi $a > 1$. Là mệnh đề đúng.

Câu 32: Đáp án D

Phương pháp giải:

Diện tích mặt cầu: $S = 4\pi {R^2}$

Thể tích của khối cầu: $V = \frac{4}{3}\pi {R^3}$

Giải chi tiết:

Diện tích mặt cầu: $S = 4\pi {R^2} = 36{a^2}\pi \Rightarrow R = 3a$

Thể tích của khối cầu: $V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {3a} \right)^3} = 36\pi {a^3}$

Câu 33: Đáp án C

Phương pháp giải:

Thể tích của khối lăng trụ: $V = Sh$

Giải chi tiết:

Tam giác vuông cân tại A, với $AB = a \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}{a^2}$

Thể tích của khối lăng trụ $ABC.A’B’C’$ là: $V = {S_{ABC}}.AA’ = \frac{1}{2}{a^2}.a = \frac{1}{2}{a^3}$

Câu 34: Đáp án C

Phương pháp giải:

Thể tích của khối lăng trụ: $V = Sh$.

Giải chi tiết:

Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy $256c{m^2}$ và chiều cao $h = 15cm$ là: $V = Sh = 256.15 = 3840\left( {c{m^3}} \right)$

Câu 35: Đáp án D

Phương pháp giải:

+) Hình chóp đều có chân đường cao trùng với tâm mặt đáy.

+) Xác định góc giữa cạnh bên và mặt đáy là góc giữa cạnh bên và hình chiếu của nó trên mặt đáy.

+) Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp ${V_{chop}} = \frac{1}{3}{S_{day}}.h$.

Giải chi tiết:

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Do S.ABCD là chóp tứ giác đều

$ \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {SB;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SB;OB} \right)} = \widehat {SBO} = {60^0}$

Tam giác SOB vuông tại O $ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SO = SB.\sin \hat B = a\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}}\\{OB = SB.\cos \hat B = a\sqrt 2 .\frac{1}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}}\end{array}} \right.$

ABCD là hình vuông tâm O $ \Rightarrow BC = OB.\sqrt 2 = a \Rightarrow {S_{ABCD}} = {a^2}$

Thể tích của khối chóp $S.ABCD$: $V = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 6 }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}$

Câu 36: Đáp án

Phương pháp giải:

+) Tìm ĐKXĐ của phương trình.

+) Sử dụng công thức ${\log _a}f\left( x \right) + {\log _a}g\left( x \right) = {\log _a}\left[ {f\left( x \right)g\left( x \right)} \right]{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( x \right) > 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} g\left( x \right) > 0} \right)$

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2 > 0}\\{2x + 1 > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > – 2}\\{x > – \frac{1}{2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x > – \frac{1}{2}$

Ta có:

$\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_3}\left( {x + 2} \right) + {{\log }_3}\left( {2x + 1} \right) = 2}\\{ \Leftrightarrow {{\log }_3}\left[ {\left( {x + 2} \right)\left( {2x + 1} \right)} \right] = 2 \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {2x + 1} \right) = 9}\\{ \Leftrightarrow 2{x^2} + 5x – 7 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {tm} \right)}\\{x = – \frac{7}{2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {ktm} \right)}\end{array}} \right.}\end{array}$

Vậy $x = 1$.

Câu 37: Đáp án

Phương pháp giải:

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: ${\left( {ax + by} \right)^2} \le \left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right)$, đẳng thức xảy ra khi $\frac{a}{x} = \frac{b}{y}$

Giải chi tiết:

Ta có:

${\left( {\sqrt {2x – 4} + \sqrt {y + 1} } \right)^2} = {\left( {\sqrt 2 .\sqrt {x – 2} + \sqrt {y + 1} } \right)^2} \le \left( {2 + 1} \right)\left( {x – 2 + y + 1} \right) = 3\left( {x + y – 1} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \ge 2,y \ge – 1$

$ \Rightarrow \sqrt {2x – 4} + \sqrt {y + 1} \le \sqrt {3\left( {x + y – 1} \right)} ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \ge 2,y \ge – 1$

Theo đề bài: $x + y – 1 = \sqrt {2x – 4} + \sqrt {y + 1} \Rightarrow x + y – 1 \le \sqrt {3\left( {x + y – 1} \right)} \Leftrightarrow 0 \le x + y – 1 \le 3 \Leftrightarrow 1 \le x + y \le 4$

Đặt $\sqrt {x + y} = t,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} t \in \left[ {1;2} \right]$, xét hàm số $f\left( t \right) = 2016{t^4} – 2017\sqrt {5 – {t^2}} + \frac{{2018}}{t},{\mkern 1mu} t \in \left[ {1;2} \right]$

$f’\left( t \right) = 8064{t^3} + \frac{{2017t}}{{\sqrt {5 – {t^2}} }} – \frac{{2018}}{{{t^2}}},{\mkern 1mu} t \in \left[ {1;2} \right]$

${\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} = \frac{{8064{t^5} – 2018}}{{{t^2}}} + \frac{{2017t}}{{\sqrt {5 – {t^2}} }} > 0,\forall t \in \left[ {1;2} \right]$

⇒ Hàm số $f\left( t \right)$ đồng biến trên $ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\mathop {\min }\limits_{t \in \left[ {1;2} \right]} f\left( t \right) = f\left( 1 \right) = 0}\\{\mathop {\max }\limits_{t \in \left[ {1;2} \right]} f\left( t \right) = f\left( 2 \right) = 31248}\end{array}} \right.$

Vậy ${S_{\min }} = 0$ khi và chỉ khi $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 1}\\{x + y – 1 = \sqrt {2x – 4} + \sqrt {y + 1} }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 1}\\{\sqrt {2x – 4} + \sqrt {y + 1} = 0}\end{array}} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y = – 1}\end{array}} \right.$

${S_{\max }} = 31248$ khi và chỉ khi

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 2}\\{x + y – 1 = \sqrt {2x – 4} + \sqrt {y + 1} }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 2}\\{\sqrt {2x – 4} + \sqrt {y + 1} = 1}\end{array}} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 – y}\\{\sqrt { – 2y} + \sqrt {y + 1} = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 – y}\\{ – 2y + 2\sqrt { – 2y\left( {y + 1} \right)} + y + 1 = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 – y}\\{2\sqrt { – 2y\left( {y + 1} \right)} = y}\end{array}} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 – y}\\{ – 8{y^2} – 8y = {y^2}}\\{y \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 – y}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 0}\\{y = – \frac{8}{9}}\end{array}} \right.}\\{y \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 – y}\\{y = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y = 0}\end{array}} \right..$

Câu 38: Đáp án

Phương pháp giải:

+) Tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện gần đều là trung điểm của đường thẳng nối trung điểm của 2 cạnh đối của tứ diện.

+) Sử dụng công thức tính độ dài trung tuyến $m_a^2 = \frac{{2\left( {{b^2} + {c^2}} \right) – {a^2}}}{4}$.

+) Sử dụng công thức tính diện tích mặt cầu bán kính $S = 4\pi {R^2}$.

Giải chi tiết:

+) Xác định tâm mặt cầu $\left( S \right)$

Gọi E, M theo thứ tự là trung điểm của đoạn AB, CD. Điểm O là trung điểm của EM.

Ta có: $\Delta ABD = \Delta BAC\left( {c.c.c} \right)$, $DE,CE$ là 2 đường trung tuyến tương ứng của 2 tam giác $ \Rightarrow DE = CE \Rightarrow \Delta DEC$ cân tại E

Mà EM là trung tuyến $ \Rightarrow EM$ là trung trực của đoạn CD $ \Rightarrow OD = OC$

Tương tự, chứng minh được: EM là trung trực của đoạn AB $ \Rightarrow OA = OB$

Lại có, $\Delta AEO = \Delta CMO\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow OA = OC$

$ \Rightarrow OA = OB = OC = OD \Rightarrow O$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

+) Tính diện tích mặt cầu $\left( S \right)$:

DE là trung tuyến của $\Delta ABD \Rightarrow D{E^2} = \frac{{2\left( {D{B^2} + D{A^2}} \right) – A{B^2}}}{4} = \frac{{2\left( {{{10}^2} + {{12}^2}} \right) – {8^2}}}{4} = 106$

$\Delta EMD$ vuông tại M $ \Rightarrow EM = \sqrt {D{E^2} – D{M^2}} = \sqrt {106 – {4^2}} = 3\sqrt {10} \Rightarrow OM = \frac{{3\sqrt {10} }}{2}$

$\Delta OMD$ vuông tại M $ \Rightarrow OD = \sqrt {O{M^2} + D{M^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{3\sqrt {10} }}{2}} \right)}^2} + {4^2}} = \frac{{\sqrt {154} }}{2} \Rightarrow R = \frac{{\sqrt {154} }}{2}$

Diện tích mặt cầu $\left( S \right)$ ngoại tiếp tứ diện ABCD là: $S = 4\pi {R^2} = 4\pi {\left( {\frac{{\sqrt {154} }}{2}} \right)^2} = 154\pi $

Bài trướcĐề Thi Học kì 1 Toán 12 Trường THPT Chuyên Amsterdam Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
Bài tiếp theoĐề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Kim Liên Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

BÌNH LUẬN

Vui lòng nhập bình luận của bạn
Vui lòng nhập tên của bạn ở đây