- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Lương Thế Vinh Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Nguyễn Tất Thành Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Minh Khai Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Phan Đình Phùng Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Thăng Long Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Thái Nguyên Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Long An Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên Hạ Long Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên ĐH Vinh Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chuyên ĐH SP Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Trường THPT Chu Văn An Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Trường THPT Chuyên Amsterdam Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tỉnh Nam Định Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tỉnh Bắc Ninh Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Đồng Tháp Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Toán 12 Học kì 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Bạc Liêu Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục Đào Tạo Trường THPT Kim Liên Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
- Đề Thi Học Kì 1 Hoá 12 Trường THPT Yên Hoà- Hà Nội Có Lời Giải Và Đáp Án Chi Tiết
B. PHẦN RIÊNG (20%, gồm 10 câu)
1. Phần dành cho học sinh không chuyên
Câu 41: Đáp án D
Phương pháp:
Giải phương trình mũ cơ bản.
Cách giải:
$Q = {Q_0}.{e^{0,195t}} \Rightarrow 100\,000 = 5000.{e^{0,195t}} \Leftrightarrow 0,195t = \ln 20 \Leftrightarrow t = \frac{{\ln 20}}{{0,195}} \approx 15,36$ (giờ)
Câu 42: Đáp án D
Phương pháp:
${\log _a}f\left( x \right) = {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right)\,\,\,\left( {0 < a \ne 1;\,\,f\left( x \right) > 0;\,\,g\left( x \right) > 0} \right)$
Tính tỉ số $\frac{a}{b}$
Cách giải:
${\log _x}\frac{{a + 2b}}{3} = {\log _x}\sqrt a + {\log _x}\sqrt b $
$ \Leftrightarrow {\log _x}\frac{{a + 2b}}{3} = {\log _x}\sqrt {ab} $
$ \Leftrightarrow \frac{{a + 2b}}{3} = \sqrt {ab} \Leftrightarrow a + 2b = 3\sqrt {ab} \Leftrightarrow \frac{a}{b} – 3.\sqrt {\frac{a}{b}} + 2 = 0$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt {\frac{a}{b}} = 1\\\sqrt {\frac{a}{b}} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{a}{b} = 1\\\frac{a}{b} = 4\end{array} \right.$
Do $a > b > 0$ nên $\frac{a}{b} = 4$
$P = \left( {2{a^2} + 3ab + {b^2}} \right){\left( {a + 2b} \right)^{ – 2}} = \frac{{2{a^2} + 3ab + {b^2}}}{{{{\left( {a + 2b} \right)}^2}}} = \frac{{2{a^2} + 3ab + {b^2}}}{{{a^2} + 4ab + 4{b^2}}} = \frac{{2{{\left( {\frac{a}{b}} \right)}^2} + 2.\frac{a}{b} + 1}}{{{{\left( {\frac{a}{b}} \right)}^2} + 4.\frac{a}{b} + 4}}$
$P = \frac{{{{2.4}^2} + 3.4 + 1}}{{{4^2} + 4.4 + 4}} = \frac{{45}}{{36}} = \frac{5}{4}$
Câu 43: Đáp án B
Phương pháp: ${V_{ABC.A’B’C’}} = AA’.{S_{ABC}}$
Cách giải:
ABC.A’B’C’ là lăng trụ đều $ \Rightarrow \Delta ABC$ đều $ \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}.\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 {a^2}$
Thể tích ABC.A’B’C’: $V = {S_{ABC}}.AA’ = \sqrt 3 {a^2}.a\sqrt 3 = 3{a^3}$
Câu 44: Đáp án C
Phương pháp:
Thể tích hình lăng trụ $V = Sh$
Diện tích toàn phần của lăng trụ:
Cách giải:
Giả sử hình lăng trụ có đáy là tam giác đều cạnh a, có chiều cao h.
Diện tích đáy: $S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$
Thể tích $V = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.h \Rightarrow h = \frac{{4V}}{{\sqrt 3 {a^2}}}$
Diện tích toàn phần:
${S_{tp}} = 3a.h + 2.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = 3a.\frac{{4V}}{{\sqrt 3 {a^2}}} + \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$
$ = \frac{{4\sqrt 3 V}}{a} + \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{2\sqrt 3 V}}{a} + \frac{{2\sqrt 3 V}}{a} + \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \ge 3\sqrt[{}]{{\frac{{2\sqrt 3 V}}{a}.\frac{{2\sqrt 3 V}}{a}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}}}$
$ = 3\sqrt 3 .\sqrt[3]{{2{V^2}}}$
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\frac{{2\sqrt 3 V}}{a} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow {a^3} = 4V \Leftrightarrow a = \sqrt[3]{{4V}}$
Câu 45: Đáp án A
Phương pháp:
Phương pháp xét sự đồng biến, nghịch biến của các hàm số:
– Bước 1: Tìm tập xác định, tính $f’\left( x \right)$
– Bước 2: Tìm các điểm tại đó $f’\left( x \right) = 0$ hoặc $f’\left( x \right)$ không xác định
– Bước 3: Sắp xếp các điểm đó theo thứ tự tăng dần và lập bảng biến thiên
– Bước 4: Kết luận về các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số.
Cách giải:
$y = \left( {{x^2} – 2x + 1} \right){e^{2x}} \Rightarrow y’ = \left( {2x – 2} \right){e^{2x}} + \left( {{x^2} – 2x + 1} \right)2{e^{2x}} = 2.\left( {{x^2} – x} \right).{e^{2x}}$
$y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.$
Bảng xét dấu y’:
x | $ – \infty $ | 0 | 1 | $ + \infty $ |
y’ | + | 0 – | 0 + |
Hàm số $y = \left( {{x^2} – 2x + 1} \right){e^{2x}}$ nghịch biến trên khoảng $\left( {0;1} \right)$
Câu 46: Đáp án D
Phương pháp:
Dựa vào cách vẽ đồ thị hàm số các hàm có chứa trị tuyệt đối.
Cách giải:
Đồ thị hình 2 là của hàm số $y = \left| {\ln x} \right|$ được dựng từ đồ thị ở Hình 1, bằng cách: giữ nguyên phần đồ thị nằm phía trên trục hoành, lấy đối xứng phần đồ thị nằm phía dưới trục hoành qua trục hoành.
Câu 47: Đáp án B
Phương pháp: $l = \sqrt {{h^2} + {r^2}} $
Cách giải:
$SH = \frac{{3a}}{2} > r \Rightarrow OH = SH – r = \frac{{3a}}{2} – a = \frac{a}{2}$
$\Delta AOH$ vuông tại H $ \Rightarrow AH = \sqrt {O{A^2} – O{H^2}} = \sqrt {{a^2} – {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$
$\Delta SAH$ vuông tại H $ \Rightarrow SA = \sqrt {S{H^2} + A{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = a\sqrt 3 $
$ \Rightarrow l = a\sqrt 3 $
Câu 48: Đáp án B
Cách giải:
Ta có: ${O_1}E \bot SB,\,\,\,{O_2}E \bot SB \Rightarrow {O_1}E//{O_2}E$
Mà ${O_1}E = \frac{1}{2}{O_2}E \Rightarrow {O_1}E$ là đường trung bình của tam giác $S{O_2}F \Rightarrow S{O_1} = {O_1}{O_2} = a + 2a = 3a$
$\Delta SE{O_1}$ vuông tại E $ \Rightarrow SE = \sqrt {SO_1^2 – {O_1}{E^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} – {a^2}} = 2\sqrt 2 a$
Đoạn $SH = S{O_1} + {O_1}{O_2} + {O_2}H = 3a + 3a + 2a = 8a$
$\Delta SE{O_1}$ đồng dạng $\Delta SHB \Rightarrow \frac{{SE}}{{SH}} = \frac{{{O_1}E}}{{HB}} \Leftrightarrow \frac{{2\sqrt 2 a}}{{8a}} = \frac{a}{{HB}} \Rightarrow HB = 2\sqrt 2 a$
Câu 49: Đáp án A
Phương pháp:
– Lập tỉ lệ thể tích khối tứ diện AMNP với khối chóp S.ABCD
– Tính thể tích khối chóp S.ABCD
– Tính thể tích khối tứ diện AMNP .
Cách giải:
M là trung điểm của SA $ \Rightarrow {S_{AMP}} = \frac{1}{2}{S_{SAP}} \Rightarrow {V_{AMNP}} = \frac{1}{2}{V_{N.SMP}}$
N là trung điểm của SB $ \Rightarrow {V_{N.SMP}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABP}}$
P là trung điểm của CD $ \Rightarrow {S_{ABP}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}} \Rightarrow {V_{S.ABP}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}}$
$ \Rightarrow {V_{AMNP}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^3}.{V_{S.ABCD}} = \frac{{{V_{S.ABCD}}}}{8}$
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}OP \bot CD\\SO \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOP} \right) \Rightarrow \left( {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = SPO = {45^0} \Rightarrow \Delta SOP$ vuông cân tại O
$ \Rightarrow SO = OP = \frac{a}{2}$
Thể tích khối chóp S.ABCD: ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}}}{6}$
$ \Rightarrow {V_{AMNP}} = \frac{{{V_{S.ABCD}}}}{8} = \frac{{{a^3}}}{{48}}$
Câu 50: Đáp án B
Phương pháp:
Diện tích xung quanh của khối trụ ${S_{xq}} = 2\pi rh$
Diện tích toàn phần của khối trụ:
Cách giải:
Khối trụ có đường cao $h = 3a$, bán kính đáy $r = \frac{{3a}}{2}$
Diện tích xung quanh của khối trụ ${S_{xq}} = 2\pi .3a.\frac{{3a}}{2} = 9\pi {a^2}$
Diện tích toàn phần của khối trụ:
2. Phần dành cho học sinh chuyên
Câu 41: Đáp án D
Phương pháp:
+) Gọi $M\left( {{x_M};{a^{{x_M}}}} \right);\,\,\,N\left( {{x_N};{a^{{x_N}}}} \right)$
+) Từ $2AN = 5BM \Rightarrow $ mối liên hệ giữa ${x_M};\,\,{x_N}$ từ đó suy ra mối liên hệ giữa a và b.
Cách giải:
Theo đề bài: $2AN = 5AM \Leftrightarrow 2\left| {{x_N}} \right| = 5\left| {{x_M}} \right| \Leftrightarrow 2{x_N} = – 5{x_M}$ (do M, N nằm khác phía so với trục Oy)
$ \Leftrightarrow {x_N} = \frac{{ – 5}}{2}{x_M}$
Tung độ các điểm M, N ${a^{{x_M}}} = {b^{{x_N}}} \Leftrightarrow {a^{{x_M}}} = {b^{\frac{{ – 5}}{2}{x_M}}} = {\left( {{b^{\frac{{ – 5}}{2}}}} \right)^{{x_M}}}$
Do M tùy ý nên $a = {b^{ – \frac{5}{2}}} \Leftrightarrow a{b^{\frac{5}{2}}} = 1 \Leftrightarrow {a^2}{b^5} = 1$
Câu 42: Đáp án
Phương pháp:
Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow f’\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)$
Cách giải:
$y = {\left( {\frac{2}{\pi }} \right)^{{x^3} + 3m{x^2} + 3mx + 10}}$
$ \Rightarrow y’ = \left( {3{x^2} + 6mx + 3m} \right).\ln \frac{2}{\pi }.{\left( {\frac{2}{\pi }} \right)^{{x^3} + 3m{x^2} + 3mx + 10}}$
$ = 3\ln \frac{2}{\pi }.\left( {{x^2} + 2mx + m} \right).{\left( {\frac{2}{\pi }} \right)^{{x^3} + 3m{x^2} + 3mx + 10}}$
Hàm số $y = {\left( {\frac{2}{\pi }} \right)^{{x^3} + 3m{x^2} + 3mx + 10}}$nghịch biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow y’ \le 0,\,\,x \in \left( {0; + \infty } \right)$
Mà $\ln \frac{2}{\pi } < 0,\,\,\,{\left( {\frac{2}{\pi }} \right)^{{x^3} + 3m{x^2} + 3mx + 10}} > 0,\,\,\,\forall x \Rightarrow {x^2} + 2mx + m \ge 0,\,\,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\Delta ‘ \le 0\\\left\{ \begin{array}{l}\Delta ‘ > 0\\{x_1} < {x_2} \le 0\end{array} \right.\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ‘ \le 0\\\left\{ \begin{array}{l}\Delta ‘ > 0\\S < 0\\P > 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} – m \le 0\\\left\{ \begin{array}{l}{m^2} – m > 0\\ – 2m < 0\\m \ge 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > 1\\m < 0\end{array} \right.\\m > 0\\m \ge 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > 1\\m < 0\end{array} \right.\\m > 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\m > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 0$
Kết luận: $m \in \left[ {0; + \infty } \right)$
Câu 43: Đáp án C
Phương pháp:
+) Tính $g’\left( x \right)$ theo $f’\left( x \right)$
+) Xác định dấu của $g\left( x \right)$ trên $\left[ { – 1;2} \right]$ và kết luận.
Cách giải:
$g\left( x \right) = f\left( x \right) – x \Rightarrow g’\left( x \right) = f’\left( {x – 1} \right)$
Với $x \in \left[ { – 1;2} \right]$ thì $f’\left( x \right) \le 1$ dấu “=” chỉ xảy ra tại ba điểm $x = – 1,\,\,x = 1,\,\,x = 2$
Khi đó: $g’\left( x \right) \le 0,\,\,\forall x\left[ { – 1;2} \right]$. Hàm số $y = g\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left[ { – 1;2} \right] \Rightarrow g\left( { – 1} \right) > g\left( 1 \right) > g\left( 2 \right)$
Câu 44: Đáp án B
Phương pháp:
Bài toán lãi suất trả góp: $A = \frac{{N{{\left( {1 + r} \right)}^n}r}}{{{{\left( {1 + r} \right)}^n} – 1}}$
Trong đó:
N: số tiền vay
r: lãi suất
A: số tiền phải trả hàng tháng để sau n tháng là hết nợ.
Cách giải:
$A = \frac{{N{{\left( {1 + r} \right)}^n}r}}{{{{\left( {1 + r} \right)}^n} – 1}} \Leftrightarrow 4,5 = \frac{{300 + {{\left( {1 + 0,5\% } \right)}^n}.0,5\% }}{{{{\left( {1 + 0,5\% } \right)}^n} – 1}} \Leftrightarrow 450.{\left( {1 + 0,5\% } \right)^n} – 450 = 150.{\left( {1 + 0,5\% } \right)^n}$
$ \Leftrightarrow 300.{\left( {1 + 0,5\% } \right)^n} = 450 \Leftrightarrow n = {\log _{1,005}}\frac{3}{2} \approx 81,3$
Vậy, sau 82 tháng, ông An sẽ trả hết số tiền vay.
Câu 45: Đáp án A
Phương pháp:
Lập hàm số tính thể tích khối hộp theo biến x, khảo sát tìm x để hộp nhận được có thể tích lớn nhất.
Cách giải:
Sau khi cắt, độ dài 2 chiều của đáy là: $40 – 2x,\,\,\,\frac{{60 – 3x}}{2}\left( {cm} \right),\,\,x \in \left( {0;20} \right)$
Thể tích khối hộp: $V = x\left( {40 – 2x} \right).\frac{{60 – 3x}}{2} = 3x{\left( {20 – x} \right)^2} = f\left( x \right)$
$f’\left( x \right) = 3{\left( {20 – x} \right)^2} – 3x.2\left( {20 – x} \right) = 3 = 3.\left( {20 – x} \right)\left( {20 – 3x} \right)$
$f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 20\left( L \right)\\x = \frac{{20}}{3}\end{array} \right.$
Bảng biến thiên:
x | 0 | $\frac{{20}}{3}$ | 20 |
$f’\left( x \right)$ | + | 0 – | 0 |
$f\left( x \right)$ | 0 | ${f_{max}}$ | 0 |
Vậy $x = \frac{{20}}{3}$ thì hộp nhận được có thể tích lớn nhất.
Câu 46: Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để đánh giá nghiệm của phương trình.
Cách giải:
${\log _3}\left( {\frac{{1 – ab}}{{a + 2b}}} \right) = 3ab + a + 2b – 4 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {1 – ab} \right) – {\log _3}\left( {a + 2b} \right) = 3ab + a + 2b – 4$
$ \Leftrightarrow {\log _3}3\left( {1 – ab} \right) + 3\left( {1 – ab} \right) = {\log _3}\left( {a + 2b + a + 2b} \right)\,\,\,\left( * \right)$
Xét $f\left( t \right) = {\log _3}t + t,\,\,t > 0$ có $f’\left( t \right) = \frac{1}{{t.\ln 3}} + 1 > 0,\,\,\forall t > 0 \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$
Phương trình $\left( * \right) \Leftrightarrow f\left( {3\left( {1 – ab} \right)} \right) = f\left( {a + 2b} \right) \Leftrightarrow 3 – 2ab = a + 2b$
$P = a + b \Rightarrow a = P – b \Rightarrow 3 – 3\left( {P – b} \right)b = P – b + 2b \Leftrightarrow \left( {3{b^2} – b} \right)\left( {3P + 1 + 3 – P} \right) = 0$
Để phương trình có nghiệm thì $\Delta \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {3P + 1} \right)^2} – 4.3.\left( {3 – P} \right) \ge 0 \Leftrightarrow 9{P^2} + 18P – 35 \ge 0$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}P \ge \frac{{ – 3 + 2\sqrt {11} }}{3}\\P \le \frac{{ – 3 – 2\sqrt {11} }}{3}\end{array} \right.$
Do $P = a + b \Rightarrow P > 0 \Rightarrow P \ge \frac{{ – 3 + 2\sqrt {11} }}{3}$
Vậy ${P_{\min }} = \frac{{ – 3 + 2\sqrt {11} }}{3}$
Câu 47: Đáp án A
Phương pháp:
+) Giải phương trình hoành độ giao điểm của hai hàm số, tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có 3 nghiệm phân biệt.
+) Sử dụng định lí Vi-et.
Cách giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của $y = – mx$ và $y = {x^3} – 3{x^2} – m + 2$
${x^3} – 3{x^2} – m + 2 = – mx \Leftrightarrow {x^3} – 3{x^2} + mx – m + 2 = 0$
$ \Leftrightarrow \left( {x – 1} \right)\left( {{x^2} – 2x + m – 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\{x^2} – 2x + m – 2 = 0\left( 2 \right)\end{array} \right.$
Để đường thẳng $y = – mx$ cắt đồ thị hàm số $y = {x^3} – 3{x^2} – m + 2$ tại ba điểm A,B,C phân biệt thì (2) có 2 nghiệm phân biệt và khác 1
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ‘ > 0\\1 – 2 + m – 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 – m + 2 > 0\\m – 3 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 3$
Khi đó, giả sử (2) có 2 nghiệm ${x_1},\,{x_2}\left( {{x_1} < {x_2}} \right)$. Theo Vi ét: ${x_1} + {x_2} = 2$
Mà ${y_1} = – m{x_1},\,\,{y_2} = – m{x_2} \Rightarrow {y_1} + {y_2} = – m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = – 2m$
Đặt $A\left( {{x_1};{y_1}} \right),\,\,B\left( {1; – m} \right),\,\,C\left( {{x_2};{y_2}} \right) \Rightarrow $ B là trung điểm của AC với mọi $m < 3$
Câu 48: Đáp án C
Phương pháp:
Viết phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm cực trị của hàm số bậc ba
Kiểm tra các điểm ở các phương án xem có nằm trên d không.
Cách giải:
$y = {x^3} + 3{x^2} – 9x + 1 \Rightarrow y’ = 3{x^2} + 6x – 9$
Chia y cho y’ ta được: $y = \frac{1}{3}\left( {x + 1} \right).y’ – 8x + 4$
$ \Rightarrow $ Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị A và B là: $d:y = – 8x + 4$
Vì $ – 4 = – 8.1 + 4$ nên $P\left( {1; – 4} \right) \in d$
Câu 49: Đáp án C
Phương pháp:
Phân chia và lắp ghép các khối đa diện.
Cách giải:
$V’ = V – {V_{A.MNP}} – {V_{B.MEG}} – {V_{C.EFP}} – {V_{D.NGF}} = V – \frac{V}{8} – \frac{V}{8} – \frac{V}{8} = \frac{{5V}}{8}$
$ \Rightarrow \frac{{V’}}{V} = \frac{5}{8}$
Câu 50: Đáp án B
Phương pháp:
Diện tích xung quanh của hình nón ${S_{xq}} = \pi rl$
Cách giải:
Gọi O là tâm của tam giác BCD $ \Rightarrow AO \bot \left( {BCD} \right)$
$OD = \frac{2}{3}.\frac{{3a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 $
Diện tích xung quanh của hình nón ${S_{xq}} = \pi .OD.AD = \pi .a\sqrt 3 .3a = 3\sqrt 3 \pi {a^2}$