Đề số 3 – Đề kiểm tra học kì 1 – Toán 12Đáp án và lời giải chi tiết Đề số 3 - Đề kiểm tra học kì 1 (Đề thi học kì 1) - Toán 12
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Đề bài Câu 1. Cho khối chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA=a√3, tam giác ABC vuông cân tại Avà BC=a√3. Thể tích của khối chóp đã cho bằng A. a3√34. B. a3√32. C. 3a3√34. D. a3√36. Câu 2. Cho hàm số y=ax4+bx2+c có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Mệnh đề nào dưới 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 3. Khối bát diện đều (như hình vẽ bên dưới) thuộc khối đa diện nào? A. {3;5}. B. {5;3}. C. {3;4}. D. {4;3}. Câu 4. Cho hình nón có bán kính đáy bằng a, góc ở đỉnh bằng 900. Độ dài đường sinh của hình nón đã cho bằng A. a√3. B. a. C. 2a. D. a√2. Câu 5. Cho a là số thực dương khác 1. Giá trị của biểu thức log3(3a)−3loga3√a bằng A. 1+log3a. B. −log3a. C. log3a. D. log3a−1. Câu 6. Cho hàm số y=f(x) có đồ thị như hình vẽ bên dưới.
A. (−2;2). B. (−∞;0). C. (1;+∞). D. (0;2). Câu 7. Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a√3. Thể tích của khối chóp đã cho bằng A. a3√56. B. a3√106. C. a3√102. D. a3√52. Câu 8. Cho khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a√2 và mỗi mặt bên đều có diện tích bằng 4a2. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng A. 2a3√6. B. 2a3√6.3. C. a3√63. D. a3√6. Câu 9. Tập nghiệm của bất phương trình log12(3x−2)>log12(4−x) là A. S=(23;3). B. S=(−∞;32). C. S=(23;32). D. S=(32;4). Câu 10. Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm là f′(x)=(x−1)(x−2)(x−3)4. Số điểm cực trị của hàm số y=f(x) là A. 3. B. 1. C. 4. D. 2.
Số các đường tiệm cận của đồ thị hàm số y=f(x) là A. 4. B. 1. C. 2. D. 3. Câu 12. Đạo hàm của hàm số y=ln(x2+e2) là A. y′=2xx2+e2. B. y′=2x(x2+e2)2. C. y′=2x+2ex2+e2. D. y′=2x+2e(x2+e2)2. Câu 13. Cho khối lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ có tam giác ABC vuông tại A,AB=2,AC=2√2 và B′C=4. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng A. 8√2. B. 4√2. C. 2√2. D. 6√2. Câu 14. Cho mặt cầu (S) có diện tích bằng 4πa2. Thể tích của khối cầu (S) bằng A. 64πa33. B. πa33. C. 4πa33. D. 16πa33. Câu 15. Khẳng định nào dưới đây đúng? A. min[−2;2]f(x)=2. B. min[−2;2]f(x)=0. C. min[−2;2]f(x)=−2. D. min[−2;2]f(x)=−1. Câu 16. Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=x2+8x3−8 là A. x=2. B. x=−2. C. x=1. D. x=−1.
Hàm số đã cho là A. y=−x+2x−1. B. y=x+2x−1. C. y=x+2x+1. D. y=x−3x−1. Câu 18. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 3x2−3x+4=9 là A. 2. B. −3. C. 3. D. 4. Câu 19. Giá trị lớn nhất của hàm số y=x3−12x+2 trên đoạn [−3;0] bằng A. 16. B. 11. C. 2. D. 18. Câu 20. Có bao nhiêu hình đa diện trong các hình dưới đây? A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Câu 21. Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm trên R và f′(x) có đồ thị như hình vẽ bên dưới.
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. (−1;1). B. (−∞;2). C. (1;+∞). D. (2;+∞). Câu 22. Biết biểu thức 5√x33√x2√x(x>0) được viết dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ là xα. Khi đó, giá trị của α bằng A. 3110. B. 2330. C. 5330. D. 3715. Câu 23. Cho tam giác ABC vuông tại A. Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB thì đường gấp khúc BCA tạo thành A. mặt nón. B. hình nón. C. hình trụ D. hình cầu. Câu 24. Cho mặt cầu (S) tâm O, bán kính R=3. Một mặt phẳng (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) sao cho khoảng cách từ điểm O đến (P) bằng 1. Chu vi đường tròn (C) bằng A. 4π. B. 8π. C. 2√2π. D. 4√2π. Câu 25. Cho a,b,c là các số thực dương khác 1. Mệnh đề nào dưới đây sai? A. logabc=logab−logac. B. logab=logcalogcb. C. loga(bc)=logab+logac. D. logabα=αlogab. Câu 26. Hàm số nào sau đây có đồ thị là hình vẽ bên dưới?
A. y=x3−3x−1. B. y=−x4+3x2−1. C. y=x4−2x2−1. D. y=−x3+3x−1. Câu 27. Khi quay hình chữ nhật ABCD xung quanh cạnh AB thì đường gấp khúc ABCD tạo thành A. lăng trụ. B. mặt trụ. C. hình trụ. D. khối trụ. Câu 28. Một hình trụ có diện tích toàn phần là 10πa2 và bán kính đáy bằng a. chiều cao của hình trụ đã cho bằng A. 3a. B. 4a. C. 2a. D. 6a. Câu 29. Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên như sau:
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng A. 5. B. 2. C. 0. D. 1. Câu 30. Tập xác định của hàm số y=(x2+3x−4)−π là A. (−∞;−4)∪(1;+∞). B. (−4;1). C. R∖{−4;1}. D. R. Câu 31. Tất cả giá trị của tham số m sao cho hàm số y=x2+mx+1x+m đạt cực tiểu tại điểm x=2 là A. m=−1;m=−3. B. m=−3. C. m=−1. D. m=1;m=3. Câu 32. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA=a√6 và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 60O. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD bằng A. 4a√2. B. 8a√2. C. a√2. D. 2a√2. Câu 33. Biết đồ thị của hàm số y=(2m−1)x+3x−m+1 (m là tham số) có hai đường tiệm cận. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận và A(4;7). Tổng của tất cả các giá trị của tham số m sao cho AI=5 là A. 425. B. 2. C. 325. D. 255. Câu 34. Ông An mua một chiếc ô tô giá 700 triệu đồng. Ông An trả trước 500 triệu đồng, phần tiền còn lại được thanh toán theo phương thức trả góp với một số tiền cố định hàng tháng, lãi suất 0,75%/tháng. Hỏi hàng tháng, ông An phải trả số tiền là bao nhiêu (làm tròn đến nghìn đồng) để sau đúng 2 năm thì ông trả hết nợ? (Giả sử lãi suất không thay đổi trong suốt thời gian này) A. 9.236.000 đồng. B. 9.316.948 đồng. C. 9.970.000 đồng. D. 9.971.000 đồng. Câu 35. Cho a,b là hai số thực khác 0 thỏa mãn (164)a2+4ab=(3√256)3a2−10ab. Tỉ số ba bằng A. 7621 B. 763 C. 214 D. 421 Câu 36. Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a¸M là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng(ABC) trùng với trung điểm H của đoạn thẳng AM, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABC) bằng 60o. Thể tích của khối chóp S.ABC bằng A. a3√316 B. 3a3√316 C. 3a3√38 D. a3√38 Câu 37. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình x3−3x+1+m=0 có ba nghiệm thực phân biệt. A. m∈(−3;1) B. m∈(1;3) C. m∈(−2;2) D. m∈(−1;3) Câu 38. Biết giá trị lớn nhất của hàm số y=−x2+4x−m trên đoạn [−1;3] bằng 10. Giá trị của tham số m là A. m=−6 B. m=−7 C. m=3 D. m=15 Câu 39. Tất cả các giá trị của tham số m sao cho hàm số y=x3−mx2−(m−6)x+1 đồng biến trên khoảng (0;4) là A. m≤3 B. 3≤m≤6 C. m≤6 D. m<3 Câu 40. Cho hàm số f(x) nghịch biến trên R. Giá trị nhỏ nhất của hàm số g(x)=e3x2−2x3−f(x) trên đoạn [0;1] bằng A. f(0) B. e−f(1) C. f(1) D. 1−f(0) Câu 41. Cho a,b,c là các số nguyên dương. Giả sử log18(2430)=alog183+blog185+c. Giá trị của biểu thức 3a+b+1 bằng A. 9 B. 11 C. 1 D. 7 Câu 42. Cho hình trụ (T) có chiều cao bằng 8a. Một mặt phẳng (α) song song với trục cà cách trục của hình trụ này một khoảng bằng 3a, đồng thời (α) cắt (T) theo thiết diện là một hình vuông. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng A. 40πa2 B. 30πa2 C. 60πa2 D. 80πa2 Câu 43. Đặt S=(a;b) là tập nghiệm của bất phương trình 3log2(x+3)−3≤log2(x+7)3−log2(2−x)3. Tổng của tất cả các giá trị nguyên thuộc S bằng: A. −2 B. −3 C. 2 D. 3 Câu 44. Biết phương trình 9x−2.12x−16x=0 có một nghiệm dạng x=loga4(b+√c), với a,b,c là các số nguyên dương. Giá trị của biểu thức a+2b+3c bằng A. 9. B. 2. C. 8. D. 11. Câu 45. Cho khối lăng trụ ABC.A′B′C′ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A′ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm của cạnh AB, góc giữa đường thẳng A′A và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Thể tích khối lăng trụ ABC.A′B′C′ bằng A. 3a38. B. a3√32. C. a38. D. a3√34. Câu 46. Một hòn đảo ở vị trí C cách bờ biển d một khoảng BC=4km. Trên bờ biển d người ta xây một nhà máy điện tại vị trí A. Để kéo đường dây điện ra ngoài đảo, người ta đặt một trụ điện ở vị trí S trên bờ biển (như hình vẽ). Biết rằng khoảng cách từ B đến A là 16 km, chi phí để lắp đặt mỗi km dây điện dưới nước là 20 triệu đồng và lắp đặt ở đất liền là 12 triệu đồng. Hỏi trụ điện cách nhà máy điện một khoảng bao nhiêu để chi phí lắp đặt thấp nhất?
A. 16km. B. 3km. C. 4km. D. 13km. Câu 47. Người ta thiết kế một chiếc thùng hình trụ có thể tích V cho trước. Biết rằng chi phí làm mặt đáy và nắp của thùng bằng nhau và gấp 3 lần chi phí làm mặt xung quanh của thùng (chi phí cho mỗi đơn vị diện tích). Gọi h,r lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của thùng. Tỉ số hr bằng bao nhiêu để chi phí sản xuất chiếc thùng đã cho thấp nhất? A. hr=2. B. hr=6. C. hr=8. D. hr=3. Câu 48. Tất cả giá trị của tham số m sao cho bất phương trình log0,02(log2(3x+1))>log0,02m có nghiệm với mọi số thực âm là A. m<2. B. m≥1. C. 0<m<1. D. m>1. Câu 49. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 3a, SA=a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC;M,N lần lượt là trung điểm của SB và SC. Thể tích của khối tứ diện AMNG bằng A. a3√38. B. 3√3a316. C. 3√3a38. D. 9√3a316. Câu 50. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đường thẳng y=−x+m cắt đồ thị hàm số y=x−2x−1 tại hai điểm phân biệt A,B sao cho OA2+OB2=8? A. 0. B. 2. C. 1. D. 3. Lời giải chi tiết
Câu 1 Phương pháp: - Áp dụng định lí Pytago tính độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông cân ABC, từ đó tính diện tích ΔABC. - Thể tích khối chóp V=13S.h với S là diện tích đáy và h là chiều cao hình chóp Cách giải:
Xét tam giác ABC vuông cân tại A ta có AB2+AC2=BC2⇔2AB2=(a√3)2⇔AB2=3a22. ⇒AB=a√62=AC⇒SΔABC=12AB.AC=3a24. Vậy thể tích khối chóp S.ABC là VS.ABC=13.SA.SΔABC=13.a√3.3a24=a3√34. Chọn A. Câu 2 Phương pháp: Sử dụng cách đọc đồ thị hàm số trùng phương y=ax4+bx2+c(a≠0). - Đồ thị có nhánh cuối cùng đi lên (xuống) suy ra a>0(a<0). - Đồ thị cắt trục tung tại điểm nằm trên (dưới) trục hoành suy ra c>0(c<0). - Hàm số có 3 (1) điểm cực trị suy ra ab<0 (ab≥0). Cách giải: Từ hình vẽ ta thấy: - Nhánh cuối cùng của đồ thị đi lên nên a>0. - Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm nằm dưới trục hoành nên c<0. - Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên ab<0⇒b<0 (vì a>0) Vậy a>0,b<0,c<0. Chọn D. Câu 3 Phương pháp: Sử dụng: Khối đa diện đều là khối đa diện lồi thỏa mãn + Các mặt của nó là các đa giác đều p cạnh. + Mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng q mặt. Khối đa diện đều như vậy được gọi là khối đa diện đều loại {p;q}. Cách giải: Hình bát diện đều có các mặt là tam giác đều nên p=3 và mỗi đỉnh là đỉnh chung của 4 mặt nên q=4. Vậy khối bát diện đều là khối đa diện {3;4}. Chọn C. Câu 4 Phương pháp: Sử dụng định lý Pytago để tính độ dài đường sinh của hình nón. Cách giải:
Đường kính đáy là AB=2a. Tam giác SAB vuông cân tại S, ta có SA2+SB2=AB2⇔SA2+SA2=(2a)2. ⇔2SA2=4a2⇒SA=a√2. Vậy đường sinh của hình nón là l=a√2. Chọn D. Câu 5 Phương pháp: Sử dụng công thức : loga(bc)=logab+logac,logabα=αlogab với 0<a≠1;b,c>0. Cách giải: Với a>0,a≠1 ta có: log3(3a)−3loga3√a=log33+log3a−loga(3√a)3=1+log3a−logaa=1+log3a−1=log3a Chọn C. Câu 6 Phương pháp: Quan sát đồ thị hàm số để tìm khoảng nghịch biến: Trên khoảng (a;b) quan sát từ trái qua phải, đồ thị hàm số đi xuống thì hàm số nghịch biến trên (a;b). Cách giải: Từ đồ thị hàm số ta thấy với x∈(−∞;0) thì đồ thị hàm số đi xuống nên hàm số nghịch biến trên (−∞;0). Chọn B. Câu 7 Phương pháp: - Xác định đường cao của khối chóp đều. - Sử dụng định lí Pytago để tính chiều cao của khối chóp. - Thể tích khối chóp V=13S.h với S là diện tích đáy và h là chiều cao hình chóp. Cách giải:
Hình chóp tứ giác đều S.ABCD có O là tâm của hình vuông ABCD⇒SO⊥(ABCD). Theo bài ra ta có : AB=a;SA=a√3. Hình vuông ABCD cạnh a có AC=AB√2=a√2 ⇒OA=AC2=a√22. Xét tam giác SAO vuông tại O ta có SO=√SA2−AO2 =√(a√3)2−(a√22)2=a√102. Vậy thể tích khối chóp là VS.ABCD=13SO.SABCD=13.SO.AB2=13.a√102.a2=a3√106. Chọn B. Câu 8 Phương pháp: - Diện tích hình chữ nhật bằng tích chiều dài và chiều rộng, dựa vào đó tính chiều cao của lăng trụ. - Thể tích lăng trụ V=S.h với S là diện tích đáy và h là chiều cao lăng trụ. Cách giải:
Các mặt bên của hình lăng trụ tam giác đều là hình chữ nhật. Xét hình chữ nhật ABB′A′ ta có SABB′A′=AB.AA′ ⇔4a2=a√2.AA′⇔AA′=2a√2. Diện tích đáy SΔABC=AB2√34=(a√2)2.√34=a2√32 (Do tam giác ABC đều). Vậy thể tích khối lăng trụ là V=AA′.SΔABC=2a√2.a2√32=a3√6. Chọn D. Câu 9 Phương pháp: Giải bất phương trình dạng logaf(x)>logag(x)⇔0<f(x)<g(x) (với 0<a<1) Cách giải: Ta có: log12(3x−2)>log12(4−x) ⇔0<3x−2<4−x⇔{3x−2>04x<6⇔{x>23x<32. Vậy tập nghiệm của bất phương trình S=(23;32). Chọn C. Chú ý: Khi giải phương trình hoặc bất phương trình lôgarit cần phải đặc biệt chú ý đến điều kiện xác định của phương trình. Câu 10 Phương pháp: Số điểm cực trị của hàm số y=f(x) có f′(x) là đa thức là số nghiệm bội lẻ của phương trình f′(x)=0. Cách giải: Xét f′(x)=0⇔(x−1)(x−2)(x−3)4=0⇔[x=1x=2x=3. Trong các nghiệm trên có x=3 là nghiệm bội chẵn nên không phải cực trị. Vậy hàm số y=f(x) có hai điểm cực trị x=1,x=2. Chọn D. Câu 11 Phương pháp: Cho hàm số y=f(x) (C) xác định trên D. Đường thẳng y=y0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (C) nếu 1 trong các điều kiện sau được thỏa mãn limx→+∞f(x)=y0; limx→−∞f(x)=y0. Đường thẳng x=x0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số (C) nếu 1 trong các điều kiện sau được thỏa mãn limx→x+0f(x)=−∞;limx→x+0f(x)=+∞; limx→x−0f(x)=+∞; limx→x−0f(x)=−∞ . Cách giải: Từ BBT ta thấy limx→±∞f(x)=1 nên y=1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=f(x). Và limx→−2−f(x)=+∞;limx→−2+f(x)=−∞ nên x=−2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=f(x). Vậy đồ thị hàm số y=f(x) có hai đường tiệm cận. Chọn C. Câu 12 Phương pháp: Sử dụng công thức tính đạo hàm: (lnu)′=u′u. Cách giải: Ta có y′=(ln(x2+e2))′=(x2+e2)′x2+e2=2xx2+e2. Chọn A. Câu 13 Phương pháp: - Tính diện tích đáy, sử dụng công thức diện tích tam giác vuông bằng nửa tích hai cạnh góc vuông. - Áp dụng định lí Pytago để tính chiều cao của khối lăng trụ. - Thể tích lăng trụ V=S.h với S là diện tích đáy và h là chiều cao lăng trụ. Cách giải:
Tam giác ABC vuông tại A nên SΔABC=12AB.AC=12.2.2√2=2√2. Xét tam giác ABC vuông tại A ta có BC=√AB2+AC2=√22+(2√2)2=2√3. Xét tam giác BB′C vuông tại B ta có BB′=√B′C2−BC2=√42−(2√3)2=2. Vậy thể tích khối lăng trụ là V=BB′.SΔABC=2.2√2=4√2. Chọn B. Câu 14 Phương pháp: - Mặt cầu có bán kính R thì có diện tích S=4πR2, từ đó tính bán kính R. - Thay vào công thức V=43πR3 tính thể tích khối cầu. Cách giải: Gọi R là bán kính mặt cầu ta có S=4πR2=4πa2⇒R=a. Vậy thể tích khối cầu là V=43πa3. Chọn C. Câu 15 Phương pháp: Quan sát đồ thị hàm số để tìm giá trị nhỏ nhất trên đoạn [−2;2]. Cách giải: Trên đoạn [−2;2] ta thấy điểm thấp nhất của đồ thị hàm số là điểm có tọa độ (−2;−2) nên giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [−2;2] là −2, đạt được khi [x=−2x=1. Chọn C. Câu 16 Phương pháp: Đường thẳng x=x0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=f(x) nếu 1 trong các điều kiện sau được thỏa mãn : limx→x+0f(x)=−∞;limx→x+0f(x)=+∞; limx→x−0f(x)=+∞; limx→x−0f(x)=−∞ . Cách giải: TXĐ: D=R∖{2}. Sử dụng MTCT ta có: limx→2+y=limx→2+x2+8x3−8=+∞. Vậy đường thẳng x=2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=x3+8x3−8. Chọn A. Câu 17 Phương pháp: - Quan sát BBT xác định các đường tiệm cận của đồ thị hàm số, từ đó loại đáp án: Đồ thị hàm số y=ax+bcx+d có y=ac là tiệm cận ngang và x=−dc là tiệm cận đứng. Cách giải: Từ BBT ta có {limx→±∞=1limx→1+=+∞ nên y=1 là tiệm cận ngang và x=1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Từ các đáp án ta thấy đồ thị hàm số y=x+2x−1 có y=1 là tiệm cận ngang và x=1 là tiệm cận đứng. Chọn B. Câu 18 Phương pháp: Giải phương trình mũ dạng af(x)=ag(x)⇔f(x)=g(x)(0<a≠1). Cách giải: Ta có 3x2−3x+4=9⇔x2−3x+4=2⇔x2−3x+2=0⇔[x=1x=2 Tổng các nghiệm của phương trình là 2+1=3. Chọn C. Câu 19 Phương pháp: Tìm GTLN, GTNN của hàm số y=f(x) trên [a;b]⊂D (D là TXĐ của hàm số). - Tính f′(x), giải phương trình f′(x)=0 tìm được các nghiệm xi∈[a;b] và các giá trị xj làm cho f′(x) không xác định - Tính f(xi),f(xj),f(a),f(b) - Khi đó max[a;b]f(x)=max{f(xi),f(xj),f(a),f(b)} và min[a;b]f(x)=min{f(xi),f(xj),f(a),f(b)} Cách giải: Đặt y=f(x)=x3−12x+2 TXĐ: D=R. Ta có [−3;0]⊂R. Xét f′(x)=0⇔3x2−12=0⇔[x=2∉[−3;0]x=−2∈[−3;0] Ta có f(0)=2;f(−3)=11;f(−2)=18. Vậy max[−3;0]f(x)=f(−2)=18. Chọn D. Câu 20 Phương pháp: Khối đa diện (H) là khối đa diện lồi nếu đoạn thẳng nối hai điểm bất kì của (H) luôn thuộc (H) Cách giải: Quan sát hình vẽ ta thấy có hình 1 không phải hình đa diện. Ba hình còn lại đều là hình đa diện. Chọn C. Câu 21 Phương pháp: Quan sát đồ thị hàm số y=f′(x) Nếu đồ thị hàm số f′(x)nằm phía trên trục hoành thì f′(x)>0 hay hàm số y=f(x) đồng biến Nếu đồ thị hàm số f′(x)nằm phía dưới trục hoành thì f′(x)>0 hay hàm số y=f(x) nghịch biến Cách giải: Từ hình vẽ ta thấy trên khoảng (2;+∞) thì đồ thị hàm số f′(x) nằm phía trên trục hoành nên f′(x)>0 hay hàm số y=f(x) đồng biến. Chọn D. Câu 22 Phương pháp: Sử dụng công thức n√am=amn,am.an=am+n(a>0) Cách giải: Ta có: 5√x33√x2√x=5√x33√x2.x12=5√x33√x52=5√x3x52:3=5√x3x56=5√x3+56=5√x236=x236.15=x2330 Vậy α=2330. Chọn B. Câu 23 Phương pháp: Sử dụng định nghĩa hình nón tròn xoay. Cách giải: Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB thì đường gấp khúc BCA tạo thành hình nón.
Chọn B. Câu 24 Phương pháp: - Sử dụng định lý Pytago để tính bán kính r của đường tròn giao tuyến. - Chu vi đường tròn bán kính r là C=2πr. Cách giải:
Theo bài ra ta có OA=R=3,OH=d(O;(P))=1. Xét tam giác OHA vuông tại H thì HA=√OA2−OH2=√32−12=2√2. Vậy chu vi đường tròn cần tìm là C=2π.HA=2π.2√2=4√2π. Chọn D. Câu 25 Phương pháp: Sử dụng các công thức với a,b,c dương và khác 1. logabc=logab−logacloga(bc)=logab+logaclogabα=αlogablogab=logcblogca Cách giải: Vì logab=logcblogca nên câu B sai. Chọn B. Câu 26 Phương pháp: - Sử dụng dạng đồ thị nhận biết hàm số đa thức bậc ba y=ax3+bx2+cx+d(a≠0) hay bậc bốn trùng phương y=ax4+bx2+c(a≠0). - Dựa vào nhánh cuối cùng của đồ thị suy ra dấu của hệ số a. Cách giải: Từ hình vẽ ta suy ra đồ thị của hàm đa thức bậc ba nên loại B và C. Vì từ đồ thị hàm số ta thấy nhánh cuối cùng của đồ thị đi xuống nên a<0, do đó loại đáp án A. Vậy chỉ có hàm số y=−x3+3x−1 thỏa mãn. Chọn D. Câu 27 Phương pháp: Sử dụng định nghĩa hình trụ tròn xoay. Cách giải: Khi quay hình chữ nhật ABCD xung quanh cạnh AB thì đường gấp khúc ABCD tạo thành hình trụ có chiều cao AB và bán kính đáy là AD.
Chọn C. Câu 28 Phương pháp: Hình trụ có chiều cao h và bán kính đáy r thì có diện tích toàn phần là Stp=2πrh+2πr2. Cách giải: Gọi h là chiều cao hình trụ Ta có Stp=2πrh+2πr2 ⇔10πa2=2πa.h+2πa2⇔2πah=8πa2⇔h=4a Chọn B. Câu 29 Phương pháp: Quan sát BBT để tìm giá trị cực đại của hàm số. Cách giải: Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại x=2 và giá trị cực đại là y=5. Chọn A. Chú ý: Phân biệt điểm cực trị và giá trị cực trị của hàm số. Câu 30 Phương pháp:: Hàm số (f(x))α với α không là số nguyên xác định khi và chỉ khi f(x) xác định và f(x)>0. Cách giải: Hàm số y=(x2+3x−4)−π có −π∉Z. ĐK: x2+3x−4>0⇔[x>1x<−4. TXĐ: D=(−∞;−4)∪(1;+∞). Chọn A. Câu 31 Phương pháp: Hàm số y=f(x) đạt cực tiểu tại điểm x=x0 khi và chỉ khi hàm số liên tục tại x0 và {f′(x0)=0f″. Cách giải: TXĐ: D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - m} \right\}. Ta có \begin{array}{l}y' = \frac{{\left( {2x + m} \right)\left( {x + m} \right) - \left( {{x^2} + mx + 1} \right)}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\\\,\,\,\,\,\, = \frac{{2{x^2} + 2mx + mx + {m^2} - {x^2} - mx - 1}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\\\,\,\,\,\,\, = \frac{{{x^2} + 2mx + {m^2} - 1}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\end{array} Điều kiện cần để hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 là: y'\left( 2 \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{{2^2} + 2m.2 + {m^2} - 1}}{{{{\left( {2 + m} \right)}^2}}} = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 4m + 3 = 0\\m \ne - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\\m = - 3\end{array} \right. Với m = - 3 ta có y' = \frac{{{x^2} - 6x + 8}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 4\end{array} \right.. Lại có \begin{array}{l}y'' = \frac{{\left( {2x - 6} \right){{\left( {x - 3} \right)}^2} - 2\left( {x - 3} \right)\left( {{x^2} - 6x + 8} \right)}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^4}}}\\\,\,\,\,\,\,\, = \frac{{\left( {2x - 6} \right)\left( {x - 3} \right) - 2\left( {{x^2} - 6x + 8} \right)}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^3}}}\\\,\,\,\,\,\,\, = \frac{2}{{{{\left( {x - 3} \right)}^3}}}\end{array} \Rightarrow y''\left( 2 \right) = - 2 < 0 nên x = 2 là điểm cực đại của hàm số. Hay m = - 3 không thỏa mãn. Với m = - 1 ta có y' = \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.. Lại có \begin{array}{l}y'' = \frac{{\left( {2x - 2} \right){{\left( {x - 1} \right)}^2} - 2\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 2x} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^4}}}\\\,\,\,\,\,\,\, = \frac{{\left( {2x - 2} \right)\left( {x - 1} \right) - 2\left( {{x^2} - 2x} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^4}}}\\\,\,\,\,\,\,\, = \frac{2}{{{{\left( {x - 1} \right)}^4}}}\end{array} \Rightarrow y''\left( 2 \right) = 2 > 0 nên x = 2 là điểm cực tiểu của hàm số (thỏa mãn). Vậy m = - 1 thỏa mãn đề bài. Chọn C. Câu 32 Phương pháp: - Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp là điểm cách đều tất cả các đỉnh của khối chóp. - Xác định góc giữa SC và \left( {ABCD} \right) là góc giữa SC và hình chiếu của SC lên \left( {ABCD} \right). - Tính toán bán kính mặt cầu ngoại tiếp dựa vào tỉ số lượng giác của góc nhọn. Cách giải:
Ta có \left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB hay \widehat {SBC} = {90^0} Lại có \left\{ \begin{array}{l}CD \bot SA\\CD \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot SD hay \widehat {SDC} = {90^0} Vì SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC hay \widehat {SAC} = {90^0} Từ đó ba đỉnh A,B,D cùng nhìn cạnh SC dưới một góc vuông A,\,\,B,\,\,D thuộc mặt cầu đường kính SC, do đó trung điểm I của SC cách đều 5 điểm S,\,\,A,\,\,B,\,\,C,\,\,D. Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là R = \frac{{SC}}{2} Ta có AC là hình chiếu của SC lên \left( {ABCD} \right) nên \angle \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SC;AC} \right) = \angle SCA = {60^0}. Xét tam giác SAC vuông tại A có SC = \frac{{SA}}{{\sin \angle SCA}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{{\sin {{60}^0}}} = a\sqrt 6 :\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 2a\sqrt 2 . Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là R = \frac{{SC}}{2} = a\sqrt 2 . Chọn C. Câu 33 Phương pháp: - Đồ thị hàm số y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}} có y = \frac{a}{c} là đường tiệm cận ngang và x = - \frac{d}{c} làm tiệm cận đứng. - Từ đó sử dụng AI = \sqrt {{{\left( {{x_I} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_I} - {y_A}} \right)}^2}} để tìm m. Cách giải: Điều kiện: x \ne m - 1. Để đồ thị hàm số có tiệm cận thì \left( {2m - 1} \right)\left( { - m + 1} \right) - 3 \ne 0 \Leftrightarrow - 2{m^2} + 3m - 4 \ne 0 (luôn đúng). Ta có: Đường thẳng x = m - 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Đường thẳng y = 2m - 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Suy ra, giao điểm của hai tiệm cận là I\left( {m - 1;2m - 1} \right). Theo bài ra ta có \begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,AI = 5 \Rightarrow A{I^2} = 25\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 1 - 4} \right)^2} + {\left( {2m - 1 - 7} \right)^2} = 25\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 5} \right)^2} + {\left( {2m - 8} \right)^2} = 25\\ \Leftrightarrow 5{m^2} - 42m + 64 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{{32}}{5}\\m = 2\end{array} \right.\end{array} Vậy tổng các giá trị của m thỏa mãn là 2 + \frac{{32}}{5} = \frac{{42}}{5}. Chọn A. Câu 34 Phương pháp: Sử dụng bài toán trả góp Số tiền còn lại sau tháng thứ n là {S_n} = a{\left( {1 + r} \right)^n} - m\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1}}{r} với a là số tiền nợ ban đầu, r là lãi suất, m là số tiền trả hàng tháng. Để trả hết nợ thì {S_n} = 0 từ đó ta tìm ra m. Cách giải: Số tiền ông An còn nợ là 200 triệu đồng Số tiền còn lại sau tháng thứ n là {S_n} = a{\left( {1 + r} \right)^n} - m\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1}}{r} \Rightarrow {S_{24}} = 200{\left( {1 + 0,75\% } \right)^{24}} - m.\frac{{{{\left( {1 + 0,75\% } \right)}^{24}} - 1}}{{0,75\% }} Để trả hết nợ sau 2 năm = 24 tháng thì {S_{24}} = 0 Hay 200{\left( {1 + 0,75\% } \right)^{24}} - m.\frac{{{{\left( {1 + 0,75\% } \right)}^{24}} - 1}}{{0,75\% }} = 0 \Leftrightarrow m = \frac{{0,75\% .200.{{\left( {1 + 0,75\% } \right)}^{24}}}}{{{{\left( {1 + 0,75\% } \right)}^{24}} - 1}} = 9,316948 Vậy hàng tháng ông An phải trả 9137000 đồng thì sau hai năm ông An hết nợ Chọn B. Câu 35 Phương pháp: Đưa phương trình về dạng cùng cơ số: {a^{f\left( x \right)}} = {a^{g\left( x \right)}} \Leftrightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right)\,\,\left( {0 < a \ne 1} \right). Cách giải: Ta có: \begin{array}{l}\,\,\,\,\,{\left( {\frac{1}{{64}}} \right)^{{a^2} + 4ab}} = {\left( {\sqrt[3]{{256}}} \right)^{3{a^2} - 10ab}}\\ \Leftrightarrow {64^{ - {a^2} - 4ab}} = {256^{\frac{{3{a^2} - 10ab}}{3}}}\\ \Leftrightarrow {\left( {{4^3}} \right)^{ - {a^2} - 4ab}} = {\left( {{4^4}} \right)^{\frac{{3{a^2} - 10ab}}{3}}}\\ \Leftrightarrow {4^{ - 3{a^2} - 12ab}} = {4^{\frac{{12{a^2} - 40ab}}{3}}}\\ \Leftrightarrow - 3{a^2} - 12ab = \frac{{12{a^2} - 40ab}}{3}\\ \Leftrightarrow 21{a^2} - 4ab = 0\\ \Leftrightarrow 21a - 4b = 0\,\,\left( {do\,\,a > 0} \right)\\ \Leftrightarrow 21a = 4b \Leftrightarrow \frac{b}{a} = \frac{{21}}{4}\end{array} Vậy \frac{b}{a} = \frac{{21}}{4}. Chọn C. Câu 36 Phương pháp:: - Thể tích khối chóp V = \frac{1}{3}S.h với S là diện tích đáy và h là chiều cao hình chóp - Cách xác định góc giữa hai mặt phẳng \left( P \right),\left( Q \right): \left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \cap \left( Q \right) = a\\{d_1} \bot a;{d_1} \subset \left( P \right)\\{d_2} \bot a;{d_2} \subset \left( Q \right)\end{array} \right. thì góc giữa hai mặt phẳng \left( P \right),\left( Q \right) là góc giữa hai đường thẳng {d_1};{d_2}. - Tính toán dựa vào tỉ số lượng giác của góc nhọn Cách giải:
Vì tam giác ABC đều có AM là đường trung tuyến nên AM cũng là đường cao Ta có \left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Leftrightarrow BC \bot SM. Ta có \left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\AM \bot BC,\,\,AM \subset \left( {ABC} \right)\\SM \bot BC,\,\,SM \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. nên góc giữa \left( {SBC} \right) và \left( {ABC} \right) là góc giữa AM và SM, hay \angle SMA = {60^0} Vì tam giác ABC đều cạnh a nên AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AH = HM = \frac{{AM}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}. Xét tam giác SHM vuông tại M ta có SH = HM.\tan \angle SMA = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\tan {60^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\sqrt 3 = \frac{{3a}}{4}. Diện tích đáy {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} (do \Delta ABC đều cạnh a). Vậy thể tích khối chóp là {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SH.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{3a}}{4}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{16}}. Chọn A. Câu 37 Phương pháp: - Cô lập m, đưa về sự tương giao của hai đồ thị hàm số: Số nghiệm của phương trình f\left( x \right) = g\left( x \right) chính là số giao điểm của hai đồ thị hàm số y = f\left( x \right);\,\,y = g\left( x \right). - Lập BBT của hàm số không chứa m, từ đó tìm điều kiện để phương trình có 3 nghiệm phân biệt. Cách giải: TXĐ: D = \mathbb{R} Ta có {x^3} - 3x + 1 + m = 0 \Leftrightarrow m = - {x^3} + 3x - 1\,\,\left( * \right). Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đồ thị hàm số y = - {x^3} + 3x - 1 và đường thẳng y = m song song với trục hoành. Xét hàm số y = - {x^3} + 3x - 1 có y' = - 3{x^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow y = 1\\x = - 1 \Rightarrow y = - 3\end{array} \right.. BBT :
Từ BBT ta thấy đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = - {x^3} + 3x - 1 tại 3 điểm phân biệt khi - 3 < m < 1 hay m \in \left( { - 3;1} \right). Chọn A. Câu 38 Phương pháp: - Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f\left( x \right) trên \left[ {a;b} \right] \subset D theo m. + Tính f'\left( x \right), giải phương trình f'\left( x \right) = 0 tìm được các nghiệm {x_i} \in \left[ {a;b} \right] và các giá trị {x_j} làm cho f'\left( x \right) không xác định + Tính f\left( {{x_i}} \right),f\left( {{x_j}} \right),f\left( a \right),f\left( b \right) + Khi đó \mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \max \left\{ {f\left( {{x_i}} \right),f\left( {{x_j}} \right),f\left( a \right),f\left( b \right)} \right\} và \mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \min \left\{ {f\left( {{x_i}} \right),f\left( {{x_j}} \right),f\left( a \right),f\left( b \right)} \right\}. - Giải phương trình \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( x \right) = 10 tìm m. Cách giải: TXĐ : D = \mathbb{R}. Ta có y' = - 2x + 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2 \in \left[ { - 1;3} \right]. Ta có y\left( { - 1} \right) = - 5 - m;\,\,\,y\left( 2 \right) = 4 - m và y\left( 3 \right) = 3 - m. Vì 4 - m > 3 - m > - 5 - m nên \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} y = 4 - m = 10 \Leftrightarrow m = - 6. Vậy m = - 6. Chọn A. Câu 39 Phương pháp: - Hàm số y = f\left( x \right) có f'\left( x \right) \ge 0 với \forall x \in \left( {a;b} \right) thì đồng biến trên \left( {a;b} \right). - Từ đó cô lập m để đưa về dạng m \le g\left( x \right)\,\,\forall a \in \left( {a;b} \right) \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} g\left( x \right), lập BBT của hàm g\left( x \right) trên \left( {a;b} \right) sau đó suy ra m. Cách giải: TXĐ: D = \mathbb{R}. Ta có: y' = 3{x^2} - 2mx - m + 6. Để hàm số đồng biến trên \left( {0;4} \right) thì y' \ge 0\,\,\,\forall x \in \left( {0;4} \right) hay 3{x^2} - 2mx - m + 6 \ge 0,\forall x \in \left( {0;4} \right) \Leftrightarrow m\left( {2x + 1} \right) \le 3{x^2} + 6 \Leftrightarrow m \le \frac{{3{x^2} + 6}}{{2x + 1}} (*) (vì x \in \left( {0;4} \right) \Rightarrow 2x + 1 > 0) Xét hàm số g\left( x \right) = \frac{{3{x^2} + 6}}{{2x + 1}};x \in \left( {0;4} \right) Ta có g'\left( x \right) = \frac{{6x\left( {2x + 1} \right) - 2\left( {3{x^2} + 6} \right)}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{6{x^2} + 6x - 12}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}} Giải phương trình g'\left( x \right) = 0 \Rightarrow 6{x^2} + 6x - 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in \left[ {0;4} \right]\\x = - 2 \notin \left[ {0;4} \right]\end{array} \right.. Ta có BBT:
Từ BBT ta có \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;4} \right]} g\left( x \right) = g\left( 1 \right) = 3, do đó \left( * \right) \Leftrightarrow m \le 3. Chọn A. Câu 40 Phương pháp: - Tính đạo hàm hàm số g\left( x \right), đánh giá và sử dụng giả thiết chứng minh g'\left( x \right) > 0. - Nếu hàm số y = f\left( x \right) đồng biến trên \left[ {a;b} \right] thì giá trị nhỏ nhất của hàm số trên \left[ {a;b} \right] là f\left( a \right). Cách giải: TXĐ : D = \mathbb{R}. Ta có g'\left( x \right) = \left( {6x - 6{x^2}} \right){e^{3{x^2} - 2{x^3}}} - f'\left( x \right) Vì f\left( x \right) nghịch biến trên \mathbb{R} nên f'\left( x \right) \le 0 với mọi x \in \mathbb{R} \Rightarrow - f'\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}. Lại có \left( {6x - 6{x^2}} \right){e^{3{x^2} - 2{x^3}}} \ge 0\,\,\forall x \in \left[ {0;1} \right], do đó g'\left( x \right) \ge 0 \forall x \in \mathbb{R} và bằng 0 tại hữu hạn điểm. \Rightarrow Hàm số y = g\left( x \right) đồng biến trên \left( {0;1} \right). Vậy \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} g\left( x \right) = g\left( 0 \right) = {e^0} - f\left( 0 \right) = 1 - f\left( 0 \right). Chọn D. Câu 41 Phương pháp: Sử dụng các công thức (giả sử các biểu thức là có nghĩa). \begin{array}{l}{\log _a}\left( {bc} \right) = {\log _a}b + {\log _a}c\\{\log _a}{b^n} = n{\log _a}b\end{array} Cách giải: Ta có : \begin{array}{l}\,\,\,\,{\log _{18}}2430 = {\log _{18}}\left( {{3^3}.5.18} \right)\\ = {\log _{18}}{3^3} + {\log _{18}}5 + {\log _{18}}18\\ = 3{\log _{18}}3 + {\log _{18}}5 + 1\\ \Rightarrow a = 3,\,\,\,b = 1,\,\,c = 1.\end{array} Vậy 3a + b + 1 = 3.3 + 1 + 1 = 11. Chọn B. Câu 42 Phương pháp: - Gọi H là trung điểm của AB \Rightarrow OH là khoảng cách từ OO' đến \left( \alpha \right) \Rightarrow OH. - Áp dụng định lí Pytago tính bán kính đáy của hình trụ. - Diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy R là {S_{xq}} = 2\pi Rh. Cách giải:
Gọi H là trung điểm của AB \Rightarrow OH là khoảng cách từ OO' đến \left( \alpha \right) \Rightarrow OH = 3a. Vì ABCD là hình vuông nên AB = BC = OO' = 8a = h . \Rightarrow BH = \frac{{AB}}{2} = 4a (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung). Xét tam giác OBH vuông tại H nên OB = \sqrt {B{H^2} + O{H^2}} = \sqrt {16{a^2} + 9{a^2}} = 5a = R. Vậy diện tích xung quanh hình trụ là : {S_{xq}} = 2\pi Rh = 2\pi .5a.8a = 80\pi {a^2}. Chọn D. Câu 43 Phương pháp: - Tìm ĐKXĐ của phương trình. - Biến đổi bất phương trình đã cho về cùng cơ số, sử dụng các công thức \begin{array}{l}{\log _a}{b^m} = m{\log _a}b\\{\log _a}x + {\log _a}y = {\log _a}\left( {xy} \right)\end{array} (Giả sử các biểu thức có nghĩa). - Giải bất phương trình dạng {\log _a}f\left( x \right) \le {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 1\\0 < f\left( x \right) \le g\left( x \right)\end{array} \right.. Cách giải: Ta có : 3{\log _2}\left( {x + 3} \right) - 3 \le {\log _2}{\left( {x + 7} \right)^3} - {\log _2}{\left( {2 - x} \right)^3} ĐKXĐ: \left\{ \begin{array}{l}x + 3 > 0\\{\left( {x + 7} \right)^3} > 0\\{\left( {2 - x} \right)^3} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > - 3\\x > - 7\\x < 2\end{array} \right. \Leftrightarrow - 3 < x < 2. Khi đó ta có: \begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,3{\log _2}\left( {x + 3} \right) - 3 \le {\log _2}{\left( {x + 7} \right)^3} - {\log _2}{\left( {2 - x} \right)^3}\\ \Leftrightarrow 3{\log _2}\left( {x + 3} \right) - 3 \le 3{\log _2}\left( {x + 7} \right) - 3{\log _2}\left( {2 - x} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 3} \right) - 1 \le {\log _2}\left( {x + 7} \right) - {\log _2}\left( {2 - x} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 3} \right) + {\log _2}\left( {2 - x} \right) \le {\log _2}\left( {x + 7} \right) + 1\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left[ {\left( {x + 3} \right)\left( {2 - x} \right)} \right] \le {\log _2}\left[ {2\left( {x + 7} \right)} \right]\\ \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left( {2 - x} \right) \le 2\left( {x + 7} \right)\,\\ \Leftrightarrow - {x^2} - x + 6 \le 2x + 14\end{array} \Leftrightarrow {x^2} + 3x + 8 \ge 0 (luôn đúng) Kết hợp với ĐK ta được - 3 < x < 2. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = \left( { - 3;2} \right). \Rightarrow các giá trị nguyên thuộc S là - 2; - 1;0;1, chúng có tổng bằng : \left( { - 2} \right) + \left( { - 1} \right) + 0 + 1 = - 2. Chọn A. Câu 44 Phương pháp: - Chia cả hai vế của bất phương trình cho {16^x} > 0. - Đặt ẩn phụ t = {\left( {\frac{3}{4}} \right)^x}, đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t. - Giải phương trình tìm t, từ đó tìm x. Cách giải: Chia cả hai vế của bpt cho {16^x} > 0 ta được : {\left( {\frac{9}{{16}}} \right)^x} - 2.{\left( {\frac{{12}}{{16}}} \right)^x} - 1 = 0 \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{4}} \right)^{2x}} - 2.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^x} - 1 = 0 Dặt t = {\left( {\frac{3}{4}} \right)^x} > 0 ta được: {t^2} - 2t - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1 + \sqrt 2 \,\,\left( {TM} \right)\\t = 1 - \sqrt 2 \,\,\left( {KTM} \right)\end{array} \right. Suy ra {\left( {\frac{3}{4}} \right)^x} = 1 + \sqrt 2 \Leftrightarrow x = {\log _{\frac{3}{4}}}\left( {1 + \sqrt 2 } \right) \Rightarrow a = 3,\,\,b = 1,\,\,c = 2. Vậy a + 2b + 3c = 3 + 2.1 + 3.2 = 11. Chọn D. Câu 45 Phương pháp: - Xác định góc giữa A'A và \left( {ABC} \right) là góc giữa A'A và hình chiếu của A'A lên \left( {ABC} \right). - Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính chiều cao của lăng trụ. - Thể tích khối lăng trụ V = Bh với B,\,\,h lần lượt là diện tích đáy và chiều cao của lăng trụ. Cách giải: Gọi H là trung điểm của AB \Rightarrow A'H \bot \left( {ABC} \right). \Rightarrow AH là hình chiếu vuông góc của A'A lên \left( {ABC} \right). \Rightarrow \angle \left( {A'A;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {A'A;AH} \right) = \angle A'AH = {60^0}. Xét tam giác vuông A'AH ta có : A'H = AH\tan \angle A'AH = \frac{{AB}}{2}\tan {60^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}. Diện tích đáy {S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} (do \Delta ABC đều cạnh a). Vậy thể tích khối lăng trụ là : V = {S_{ABC}}.A'H = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3{a^3}}}{8}. Chọn A. Câu 46 Phương pháp: - Đặt SA = x, lập hàm số chi phí lắp đặt f\left( x \right) theo biến x. - Tìm GTNN của hàm số f\left( x \right) và kết luận. Cách giải: Đặt SA = x\,\,\left( {0 \le x \le 16} \right) \Rightarrow BS = 16 - x Tam giác CBS vuông tại B nên CS = \sqrt {{4^2} + {{\left( {16 - x} \right)}^2}} = \sqrt {{x^2} - 32x + 272} Khi đó : +) Chi phí lắp đặt trên đất liền là 12x (triệu) +) Chi phí lắp đặt dưới nước là 20\sqrt {{x^2} - 32x + 272} (triệu) \Rightarrow Tổng chi phí lắp đặt là : f\left( x \right) = 12x + 20\sqrt {{x^2} - 32x + 272} Có \begin{array}{l}f'\left( x \right) = 12 + 20.\frac{{2x - 32}}{{2\sqrt {{x^2} - 32x + 272} }}\\ = 12 + \frac{{20\left( {x - 16} \right)}}{{\sqrt {{x^2} - 32x + 272} }}\\ = \frac{{12\sqrt {{x^2} - 32x + 272} + 20\left( {x - 16} \right)}}{{\sqrt {{x^2} - 32x + 272} }}\\f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 12\sqrt {{x^2} - 32x + 272} + 20\left( {x - 16} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 12\sqrt {{x^2} - 32x + 272} = - 20\left( {x - 16} \right)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 20\left( {x - 16} \right) \ge 0\\144\left( {{x^2} - 32x + 272} \right) = 400{\left( {x - 16} \right)^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 16\\256{x^2} - 8192x + 63232 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 16\\\left[ \begin{array}{l}x = 19\\x = 13\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 13\end{array} BBT :
Từ BBT ta thấy hàm số f\left( x \right) đạt GTNN bằng 256 khi x = 13. Vậy SA = 13\left( {km} \right). Chọn D. Câu 47 Phương pháp: - Từ công thức tính thể tích V = \pi {r^2}h, rút h theo r và V. - Lập hàm số biểu thị chi phí sản xuất thùng f\left( r \right) và tìm GTNN của f\left( r \right). Cách giải: Ta có : V = \pi {r^2}h \Rightarrow h = \frac{V}{{\pi {r^2}}}. Gọi A là chi phí làm đáy và nắp thì \frac{A}{3} là chi phí làm mặt xung quanh. Diện tích đáy {S_{day}} = \pi {r^2} Diện tích xung quanh {S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi r.\frac{V}{{\pi {r^2}}} = \frac{{2V}}{r} +) Chi phí làm đáy và nắp là : A.2{S_{day}} = 2A\pi {r^2} +) Chi phí làm mặt xung quanh là : \frac{A}{3}.{S_{xq}} = \frac{A}{3}.\frac{{2V}}{r} = \frac{{2AV}}{{3r}} Tổng chi phí làm thùng là f\left( r \right) = 2A\pi {r^2} + \frac{{2AV}}{{3r}} = 2A\left( {\pi {r^2} + \frac{V}{{3r}}} \right) Ap dụng BĐT Cô si ta có : \begin{array}{l}\pi {r^2} + \frac{V}{{3r}} = \pi {r^2} + \frac{V}{{6r}} + \frac{V}{{6r}} \ge 3\sqrt[3]{{\pi {r^2}.\frac{V}{{6r}}.\frac{V}{{6r}}}} = 3\sqrt[3]{{\frac{{\pi {V^2}}}{{36}}}}\\ \Rightarrow f\left( r \right) \ge 2A.3\sqrt[3]{{\frac{{\pi {V^2}}}{{36}}}} = 6A\sqrt[3]{{\frac{{\pi {V^2}}}{{36}}}}\\ \Rightarrow \min f\left( r \right) = 6A\sqrt[3]{{\frac{{\pi {V^2}}}{{36}}}}\end{array} Dấu '' = '' xảy ra khi \pi {r^2} = \frac{V}{{6r}} \Leftrightarrow V = 6\pi {r^3} Mà V = \pi {r^2}h \Rightarrow 6\pi {r^3} = \pi {r^2}h \Leftrightarrow h = 6r \Rightarrow \frac{h}{r} = 6. Chọn B. Câu 48 Phương pháp: - Giải bất phương trình đã cho tìm tập nghiệm S. - Bất phương trình có nghiệm với mọi số thực âm nghĩa là mọi số âm đều là nghiệm của bất phương trình. Điều này tương đương \left( { - \infty ;0} \right) \subset S. Cách giải: ĐKXĐ: \left\{ \begin{array}{l}{3^x} + 1 > 0\\{\log _2}\left( {{3^x} + 1} \right) > 0\\m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 0. Với m > 0 ta có : \begin{array}{l}{\log _{0,02}}\left( {{{\log }_2}\left( {{3^x} + 1} \right)} \right) > {\log _{0,02}}m\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{3^x} + 1} \right) < m\\ \Leftrightarrow {3^x} + 1 < {2^m}\\ \Leftrightarrow {3^x} < {2^m} - 1\\ \Leftrightarrow x < {\log _3}\left( {{2^m} - 1} \right)\end{array} Do đó tập nghiệm của bất phương trình là S = \left( { - \infty ;{{\log }_3}\left( {{2^m} - 1} \right)} \right). Bất phương trình có nghiệm với mọi số thực âm, nghĩa là mọi số âm đều là nghiệm của bất phương trình. Điều này tương đương \left( { - \infty ;0} \right) \subset S. \begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( { - \infty ;0} \right) \subset \left( { - \infty ;{{\log }_3}\left( {{2^m} - 1} \right)} \right)\\ \Leftrightarrow 0 \le {\log _3}\left( {{2^m} - 1} \right) \Leftrightarrow {2^m} - 1 \ge 1\\ \Leftrightarrow {2^m} \ge 2 \Leftrightarrow m \ge 1\end{array} Chọn B. Câu 49 Phương pháp: Gọi E là trung điểm của BC. - Tính thể tích khối chóp S.ABC. - Tính tỉ số thể tích các khối chóp A.MNE và A.CBS, từ đó suy ra {V_{AMNE}} . - Tính tỉ số \frac{{{V_{AMNG}}}}{{{V_{AMNE}}}}, từ đó suy ra thể tích {V_{AMNG}}. Cách giải:
Gọi E là trung điểm của BC. Ta có : \Delta MNE đồng dạng \Delta CBS theo tỉ số \frac{1}{2}. \Rightarrow \frac{{{S_{MNE}}}}{{{S_{CBS}}}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{4} \begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{{V_{A.MNE}}}}{{{V_{A.CBS}}}} = \frac{{\frac{1}{3}{S_{MNE}}.d\left( {A,\left( {MNE} \right)} \right)}}{{\frac{1}{3}{S_{CBS}}.d\left( {A,\left( {CBS} \right)} \right)}} = \frac{{{S_{MNE}}}}{{{S_{CBS}}}} = \frac{1}{4}\\ \Rightarrow {V_{AMNE}} = \frac{1}{4}{V_{A.CBS}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABC}}\end{array} Mà {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{3}.\frac{{{{\left( {3a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4}.a = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow {V_{AMNE}} = \frac{1}{4}.\frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{{16}} Lại có : \frac{{{V_{AMNG}}}}{{{V_{AMNE}}}} = \frac{{AM}}{{AM}}.\frac{{AN}}{{AN}}.\frac{{AG}}{{AE}} = \frac{2}{3} \Rightarrow {V_{AMNG}} = \frac{2}{3}{V_{AMNE}} = \frac{2}{3}.\frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{{16}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}. Chọn A. Câu 50 Phương pháp: - Xét phương trình hoành độ giao điểm tìm nghiệm. - Tìm giao điểm A,B, từ đó thay vào đẳng thức bài cho tìm m. Chú ý định lý Viet cho phương trình bậc hai a{x^2} + bx + c = 0 là \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}\end{array} \right. Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm : \begin{array}{l}\frac{{x - 2}}{{x - 1}} = - x + m\,\,\,\,\,\left( {DK:x \ne 1} \right)\\ \Leftrightarrow x - 2 = \left( {x - 1} \right)\left( { - x + m} \right)\\ \Leftrightarrow x - 2 = - {x^2} + \left( {m + 1} \right)x - m\\ \Leftrightarrow {x^2} - mx + m - 2 = 0\,\,\,\,\left( * \right)\end{array} Đường thẳng cắt đồ thị hàm số tại 2 điểm phân biệt \Leftrightarrow phương trình \left( * \right) có hai nghiệm phân biệt khác 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta = {m^2} - 4\left( {m - 2} \right) > 0\\{1^2} - m.1 + m - 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4m + 8 > 0,\forall m\\ - 1 \ne 0\end{array} \right. Do đó với mọi m thì đường thẳng y = - x + m luôn cắt đồ thị hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt A,B với A\left( {{x_1}; - {x_1} + m} \right),B\left( {{x_2}; - {x_2} + m} \right) và {x_1},{x_2} thỏa mãn \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}{x_2} = m - 2\end{array} \right. (định lí Vi-ét). Ta có : \begin{array}{l}OA = \sqrt {x_1^2 + {{\left( { - {x_1} + m} \right)}^2}} ;\,\,\,OB = \sqrt {x_2^2 + {{\left( { - {x_2} + m} \right)}^2}} \\ \Rightarrow O{A^2} + O{B^2} = 8\\ \Leftrightarrow x_1^2 + {\left( { - {x_1} + m} \right)^2} + x_2^2 + {\left( { - {x_2} + m} \right)^2} = 8\\ \Leftrightarrow 2x_1^2 + 2x_1^2 - 2m{x_1} - 2m{x_2} + 2{m^2} = 8\\ \Leftrightarrow 2\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) - 2m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {m^2} = 8\\ \Leftrightarrow 2\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] - 2m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {m^2} = 8\\ \Rightarrow 2\left[ {{m^2} - 2\left( {m - 2} \right)} \right] - 2m.m + {m^2} = 8\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - 4m + 8 - 2{m^2} + {m^2} = 8\\ \Leftrightarrow {m^2} - 4m = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 4\end{array} \right.\end{array} Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn bài toán. Chọn B.
|