Đề thi kì 1 môn toán lớp 12 năm 2019 - 2020 Trường THPT Thăng LongGiải chi tiết đề thi kì 1 môn toán lớp 12 năm 2019 - 2020 trường THPT Thăng Long với cách giải nhanh và chú ý quan trọng Câu 1 : Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng ? A.\(4\) mặt phẳng. B. \(1\) mặt phẳng. C. \(2\)mặt phẳng. D. \(3\) mặt phẳng. Câu 2 : Đồ thị hàm số \(y = {x^4} - {x^2} + 1\) có bao nhiêu điểm cực trị ? A. \(3.\) B. \(2.\) C. \(1.\) D. \(4.\) Câu 3 : Cho tứ diện đều \(ABCD\) cạnh \(a,\) khi đó khoảng cách giữa \(AB\) và \(CD\) bằng : A. \(\dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}.\) B. \(\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\) C. \(\dfrac{{a\sqrt 6 }}{4}.\) D. \(\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\) Câu 4 : Tập nghiệm của phương trình \({3^{x + 1}} + {3^{ - x}} - 4 = 0\) là : A. \(S = \left\{ {0;1} \right\}.\) B. \(S = \left\{ { - 1;1} \right\}.\) C. \(S = \left\{ {0; - 1} \right\}.\) D. \(S = \left\{ {1;\dfrac{1}{3}} \right\}.\) Câu 5 : Số nghiệm của phương trình \({\log _2}\left( {x + 1} \right) + {\log _2}\left( {x - 1} \right) = 3\) là : A. \(4.\) B. \(2.\) C. \(3.\) D. \(1.\) Câu 6 : Có bao nhiêu số tự nhiên có \(2\) chữ số và chia hết cho \(13?\) A. \(10.\) B. \(7.\) C. \(8.\) D. \(9.\) Câu 7 : Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có cạnh bằng \(a.\) Khoảng cách từ điểm \(A\) đến đường thẳng \(CC'\) là : Câu 8 : Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{\sqrt {{x^2} - 2x + 6} }}{{x - 1}}\) có bao nhiêu đường tiệm cận ? A.\(3.\) B. \(4.\). C. \(5.\) D. \(2.\). Câu 9 : Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số \(y = \dfrac{{ax + b}}{{cx + d}},\) với \(a,\,b,\,c,\,d\) là các số thực. Mệnh đề nào dưới đây là đúng ?
A. \(y' > 0,\,\,\forall x \ne 2.\) B. \(y' > 0,\,\,\forall x \ne 1.\) C. \(y' < 0,\,\,\forall x \ne 2.\) D. \(y' < 0,\,\,\forall x \ne 1.\) Câu 10 : Tìm tập các giá trị thực của tham số \(m\) để hàm số \(y = \dfrac{{{x^3}}}{3} - m{x^2} + \left( {{m^2} - m} \right)x + 2019\) có hai điểm cực trị \({x_1},\,{x_2}\) thỏa mãn \({x_1}.{x_2} = 2.\) Câu 14 : Hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có bảng biến thiên dưới đây. Mệnh đề nào sau đây là đúng ?
C. Hàm số đã cho có giá trị lớn nhất trên \(\mathbb{R}.\) D. Hàm số đã cho không có điểm cực tiểu. Câu 15 : Hàm số \(y = {x^\pi } + {\left( {x - 1} \right)^e}\) có tập xác định là : A. \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}.\) B. \(\left( {1; + \infty } \right).\) C. \(\mathbb{R}\backslash \left\{ {0,1} \right\}\) D. \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\) Câu 16 : Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có đồ thị cho bởi hình vẽ. Khẳng định nào sau đây sai ?
A. Đồ thị hàm số có hai điểm cực đại là \(\left( { - 2;2} \right)\) và \(\left( {1;\dfrac{1}{2}} \right).\) B. Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;1} \right).\) C. Hàm số có một giá trị cực tiểu bằng \(2.\) D. Hàm số \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 2;0} \right).\) Câu 17 : Đồ thị hàm số nào sau đây không có đường tiệm cận ? Câu 18 : Hàm số \(y = \dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}\) nghịch biến trên tập nào dưới đây ? Câu 19 : Cho \(a,\,b,\,x\) là các số thực dương khác \(1,\) biết \({\log _a}x = m;\,{\log _b}x = n.\) Tính \({\log _{ab}}x\) theo \(m;\,n.\) Câu 20 : Tính đạo hàm của hàm số \(y = {\log _{2020}}x,\,\forall x\, > 0.\) A. \(y' = x\ln 2020\) . B. \(y' = \dfrac{x}{{\ln 2020}}.\) C. \(y' = \dfrac{1}{x}.\) D. \(y' = \dfrac{1}{{x\ln 2020}}.\) Câu 21 : Tìm hệ số của \({x^3}\) trong khai triển thành đa thức của biểu thức \({\left( {x - 2} \right)^7}\) A. \(560.\) B. \(10.\) C. \( - {2^4}C_7^3.\) D. \(45.\) Câu 22 : Cho \(m,n,p\) là các số thực dương. Tìm \(x\) biết \(\log x = 3\log m + 2\log n - \log p\) A. \(x = \dfrac{{mn}}{p}.\) B. \(x = {m^3}{n^2}p.\) C. \(x = \dfrac{p}{{{m^3}{n^2}}}.\) D. \(x = \dfrac{{{m^3}{n^2}}}{p}.\) Câu 23 : Diện tích xung quanh \({S_{xq}}\) của hình nón có bán kính đáy \(R = a\) và đường sinh \(l = a\sqrt 2 \) là : Câu 24 : Tính thể tích của khối trụ có bán kính đáy \(r = \sqrt 3 \) và chiều cao \(h = 4.\) Câu 25 : Tìm tích các giá trị cực trị của hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 1.\) Câu 26 : Hàm số nào sau đây nghịch biến trên \(\mathbb{R}?\) B. \(y = - {x^3} + {x^2} - 2x - 1.\) C. \(y = - \sin x.\) D. \(y = - {x^4} + 2{x^2} - 2.\) Câu 27 : Khẳng định nào sau đây sai đối với hàm số \(f\left( x \right) = \dfrac{1}{{x + 1}}.\) A. Đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) có tiệm cận ngang \(y = 0.\) B. Đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) có cả tiệm cận đứng và tiệm cận ngang. C. Đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) có tiệm cận đứng \(x = 1.\) D. Đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) có tiệm cận đứng \(x = - 1.\) Câu 28 : Hàm số \(y = {x^4} + m{x^2} + m\) có ba cực trị khi : Câu 29: Tính giá trị biểu thức \(P = {\log _4}12 - {\log _4}15 + {\log _4}20.\) A.\(P = 4.\) B. \(P = 5.\) C.\(P = 2.\) D. \(P = 3.\) A. \(3.\) B. \(4.\) C. \(2.\) D. \(6.\) Câu 31: Cho hình chóp đều \(S.ABC\) có cạnh đáy bằng \(a,\) góc giữa mặt bên với mặt đáy bằng \(60^\circ .\) Tính theo \(a\) thể tích \(V\) của khối chóp \(S.ABC.\) A. \(V = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}.\) B. \(V = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}.\) C. \(V = \dfrac{{{a^3}}}{8}.\) A. \(m = 2.\) B. \(m = 0.\) C. \(m = 1.\) D. \(m = 0\) hoặc \(m = 2.\) Câu 33: Hàm số \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\left( {a \ne 0} \right)\) có đồ thị như hình bên. Kết luận nào sau đây là đúng ?
A.\(a > 0,\,b < 0,\,c > 0,\,d = 0.\) B. \(a > 0,\,b \ge 0,\,c > 0,\,d = 0.\) C.\(a > 0,\,b \le 0,\,c > 0,\,d < 0.\) D. \(a > 0,\,b \ge 0,\,c > 0,\,d > 0.\) Câu 34: Cho hình chóp \(S.ABC\) có chiều cao bằng \(9,\) diện tích đáy bằng \(5.\) Gọi \(M\) là trung điểm của cạnh \(SB,\) điểm \(N\) thuộc cạnh \(SC\) sao cho \(NS = 2NC.\) Tính thể tích \(V\) của khối chóp \(A.BMNC.\) Câu 35: Hàm số \(y = \dfrac{{x - 1}}{{x - m}}\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;2} \right)\) khi và chỉ khi: A. \(m > 1.\) B. \(m \ge 2.\) C.\(m > 2.\) D. \(m \ge 1.\) Câu 36: Gọi \({V_1},\,{V_2}\) lần lượt là thể tích của một khối lập phương và thể tích khối cầu nội tiếp khối lập phương đó. Tỉ số \(\dfrac{{{V_2}}}{{{V_1}}}\) là :
A. \(\dfrac{\pi }{{3\sqrt 2 }}.\) B. \(\dfrac{\pi }{{2\sqrt 3 }}.\) C. \(\dfrac{\pi }{6}.\) D. \(\dfrac{\pi }{{3\sqrt 3 }}.\) Câu 37: Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm trên \(\mathbb{R}\) và đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) như hình bên. Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bao nhiêu điểm cực đại ?
Câu 38: Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(B\) và \(BA = BC = a.\) Cạnh bên \(SA = 2a\) và vuông góc với mặt phẳng đáy. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp\(S.ABC\) là : A.\(a\sqrt 6 .\) C. \(\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\) Câu 39: Cắt một hình trụ bằng một mặt phẳng đi qua trục của nó, ta được thiết diện là một hình vuông cạnh \(2a.\) Diện tích xung quanh của hình trụ bằng : Câu 40: Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định trên \(\mathbb{R}\) và có đồ thị như hình bên. Phương trình \({\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} + f\left( x \right) = 0\) có bao nhiêu nghiệm ?
A. Hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right).\) B. Hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right).\) C. Hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right).\) D. Hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;0} \right).\) Câu 42: Tìm \(m\) để phương trình \(\log _2^2x + 2{\log _2}x - m = 0\) có nghiệm Câu 43: Cho khối chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật \(AB = a,\,AD = a\sqrt 3 .\) Tam giác \(SAB\) cân tại \(S\) và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right).\) Biết khoảng cách từ điểm \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) bằng \(a\sqrt 2 .\) Tính thể tích khối chóp \(S.ABCD\) theo \(a.\) A. \({a^3}\sqrt 6 .\) B. \({a^3}\sqrt 2 .\) C. \({a^3}\sqrt 3 .\) D. \(2{a^3}.\) Câu 44: Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c\left( {a \ne 0} \right)\) có \(\mathop {\min }\limits_{\left( { - \infty ;0} \right)} f\left( x \right) = f\left( { - 1} \right).\) Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên \(\left[ {0;2} \right]\) bằng ? A. \(c\) B. \(c - a\) C.\(c + 8a\) D. \(16a + 4b + c\) Câu 45: Người ta đặt được vào một hình nón hai khối cầu có bán kính lần lượt là \({R_1} = a;{R_2} = 2a\) sao cho các khối cầu đều tiếp xúc với mặt xung quanh của hình nón, hai khối cầu tiếp xúc ngoài với nhau và khối cầu lớn tiếp xúc với đáy của hình nón. Tính bán kính đáy của hình nón. A. \(\sqrt 2 a.\) B.\(4a\sqrt 3 .\) C.\(2\sqrt 2 a.\) D. \(8a\sqrt 2 .\) Câu 46: Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng \(S,\) diện tích đáy bằng diện tích một mặt cầu bán kính \(a,\) khi đó thể tích của hình trụ bằng : A. \(Sa.\) B. \(\dfrac{1}{3}Sa.\). C. \(\dfrac{1}{4}Sa.\) D. \(\dfrac{1}{2}Sa.\) Câu 47: Cho biết \(\log 3 = p;\,\log 5 = q.\) Tính \({\log _{15}}30\) theo \(p\) và \(q.\) A.\({\log _{15}}30 = \dfrac{{p + q}}{{q + 1}}.\) B.\({\log _{15}}30 = \dfrac{{1 + q}}{{p + q}}.\) C. \({\log _{15}}30 = \dfrac{{p + q}}{{p + 1}}.\) D. \({\log _{15}}30 = \dfrac{{1 + p}}{{p + q}}.\) Câu 48: Số nghiệm của phương trình \({\log _3}x = {\log _2}\left( {1 + \sqrt x } \right)\) là : A.\(0.\) B. \(3.\) C. \(1.\) D. \(2.\) Câu 49: Cho \(L = {\log _{12}}x = {\log _4}y.\) Khi đó \(L\) bằng giá trị biểu thức nào sau đây ? Câu 50: Cho tập \(A = \left\{ {0;1;2;3;4;5;6} \right\},\) gọi \(S\) là tập các số tự nhiên có \(6\) chữ số khác nhau được lập từ tập \(A.\) Chọn ngẫu niên một số từ tập \(S.\) Tính xác suất để số được chọn có dạng \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}} \) thỏa mãn \({a_1} + {a_2} = {a_3} + {a_4} = {a_5} + {a_6}.\) Thực hiện bởi ban chuyên môn HocTot.Nam.Name.Vn
Câu 1 (TH) Phương pháp Dựng hình và đếm số mặt phẳng đối xứng. Cách giải: Hình chóp tứ giác đều có \(4\) mặt phẳng đối xứng. Chọn A. Câu 2 (NB) Phương pháp - Tính \(y'\). - Tìm số nghiệm bội lẻ của \(y'\) và kết luận. Cách giải: Ta có: \(y' = 4{x^3} - 2x\) \( = 2x\left( {2{x^2} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\end{array} \right.\) Do đó hàm số có \(3\) điểm cực trị. Chọn A. Câu 3 (TH) Phương pháp Gọi \(E,F\) là trung điểm các cạnh \(AB,CD\). Chứng minh \(EF\) là đoạn vuông góc chung và tính khoảng cách. Cách giải: Gọi \(E,F\) là trung điểm \(AB,CD\). Dễ thấy \(EF \bot CD\) vì \(\Delta ECD\) cân, tương tự \(FE \bot AB\) vì \(\Delta FAB\) cân. Khi đó \(EF = d\left( {AB,CD} \right)\), Ta có: \(CE = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2},CF = \dfrac{a}{2}\) nên \(EF = \sqrt {C{E^2} - C{F^2}} \) \( = \sqrt {\dfrac{{3{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\). Chọn D. Câu 4 (VD) Phương pháp Biến đổi phương trình về phương trình bậc hai với ẩn \({3^x}\). Cách giải: Ta có: \({3^{x + 1}} + {3^{ - x}} - 4 = 0\) \( \Leftrightarrow {3.3^x} + \dfrac{1}{{{3^x}}} - 4 = 0\) \( \Leftrightarrow {3.3^{2x}} - {4.3^x} + 1 = 0\) \( \Leftrightarrow \left( {{3^x} - 1} \right)\left( {{{3.3}^x} - 1} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{3^x} - 1 = 0\\{3.3^x} - 1 = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{3^x} = 1\\{3^x} = \dfrac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 1\end{array} \right.\) Vậy tập nghiệm \(S = \left\{ {0; - 1} \right\}.\) Chọn C. Câu 5 (TH) Phương pháp Biến đổi phương trình về cùng cơ số, sử dụng công thức \({\log _a}b + {\log _a}c = {\log _a}\left( {bc} \right)\). Cách giải: \({\log _2}\left( {x + 1} \right) + {\log _2}\left( {x - 1} \right) = 3\) ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 1 > 0\\x - 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > - 1\\x > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 1\) PT\( \Leftrightarrow {\log _2}\left[ {\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)} \right] = 3\) \( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{x^2} - 1} \right) = 3\) \( \Leftrightarrow {x^2} - 1 = {2^3} = 8\) \( \Leftrightarrow {x^2} = 9 \Leftrightarrow x = \pm 3\). Vậy phương trình có \(2\) nghiệm. Chọn B. Câu 6 (TH) Phương pháp Lập dãy số tự nhiên có \(2\) chữ số và chia hết cho \(13\). Cách giải: Các số tự nhiên có \(2\) chữ số chia hết cho \(13\) là \(13,26,39,...,91\). Số các số là \(\left( {91 - 13} \right):13 + 1 = 7\) số. Chọn B. Câu 7 (TH) Phương pháp Dựng hình chiếu của \(A\) trên \(CC'\) và tính khoảng cách. Cách giải: Ta thấy, \(CC \bot \left( {ABCD} \right)\) \( \Rightarrow CC' \bot AC\) \( \Rightarrow d\left( {A,CC'} \right) = AC\) Mà \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} \) \( = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \) Vậy \(d\left( {A,CC'} \right) = a\sqrt 2 \). Chọn C. Câu 8 (TH) Phương pháp Sử dụng định nghĩa tiệm cận đứng, tiệm cận ngang. Cách giải: Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \dfrac{{\sqrt {{x^2} - 2x + 6} }}{{x - 1}} = + \infty \) nên TCĐ: \(x = 1\). \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{\sqrt {{x^2} - 2x + 6} }}{{x - 1}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{x\sqrt {1 - \dfrac{2}{x} + \dfrac{6}{{{x^2}}}} }}{{x - 1}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{\sqrt {1 - \dfrac{2}{x} + \dfrac{6}{{{x^2}}}} }}{{1 - \dfrac{1}{x}}} = 1\) nên TCN: \(y = 1\) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{\sqrt {{x^2} - 2x + 6} }}{{x - 1}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{ - x\sqrt {1 - \dfrac{2}{x} + \dfrac{6}{{{x^2}}}} }}{{x - 1}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{ - \sqrt {1 - \dfrac{2}{x} + \dfrac{6}{{{x^2}}}} }}{{1 - \dfrac{1}{x}}} = - 1\) nên TCN \(y = - 1\). Vậy đồ thị hàm số có \(3\) đường tiệm cận. Chọn A. Câu 9 (TH) Phương pháp Quan sát đồ thị suy ra tính đồng biến nghịch biến và đường tiệm cận. Cách giải: ĐTHS có TCĐ \(x = 1\) và đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right),\left( {1; + \infty } \right)\) nên có \(y' > 0,\forall x \ne 1\). Chọn B. Câu 10 (TH) Phương pháp Tính \(y'\). Tìm ĐK để \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn \({x_1}{x_2} = 2\). Cách giải: Ta có: \(y' = {x^2} - 2mx + {m^2} - m\) Hàm số đã cho có hai điểm cực trị \( \Leftrightarrow y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' = {m^2} - {m^2} + m > 0 \Leftrightarrow m > 0\) Khi đó \({x_1}{x_2} = 2 \Leftrightarrow {m^2} - m = 2\) \( \Leftrightarrow {m^2} - m - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\left( {loai} \right)\\m = 2\left( {TM} \right)\end{array} \right.\) Vậy \(m = 2\). Chọn B. Chú ý: Một số em chọn nhầm D vì không tìm điều kiện để phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt. Câu 11 (TH) Phương pháp Thể tích hình chóp \(V = \dfrac{1}{3}Sh\) với \(S\) là diện tích đáy, \(h\) là chiều cao. Cách giải: Diện tích đáy \({S_{ABCD}} = {a^2}\). Thể tích hình chóp \(V = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABCD}}\) \( = \dfrac{1}{3}.a\sqrt 2 .{a^2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}\). Chọn B. Câu 12 (TH) Phương pháp Lấy \(\ln \) hai vế suy ra kết luận. Cách giải: Ta có: \({a^2} = bc\)\( \Rightarrow \ln {a^2} = \ln \left( {bc} \right) \Leftrightarrow 2\ln a = \ln b + \ln c\) \( \Rightarrow 2\ln a - \ln b - \ln c = 0\) Vậy \(S = 0\). Chọn C. Câu 13 (TH) Phương pháp Sử dụng công thức tính tổng \({S_n} = \dfrac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2}\). Cách giải: Ta có: \({u_5} + {u_6} = 20\) \( \Leftrightarrow {u_1} + 4d + {u_1} + 5d = 20\) \( \Leftrightarrow 2{u_1} + 9d = 20\) Suy ra \({S_{10}} = \dfrac{{10\left( {2{u_1} + 9d} \right)}}{2} = \dfrac{{10.20}}{2} = 100\). Chọn B. Câu 14 (TH) Phương pháp Quan sát bảng biến thiên và nhận xét các đáp án. Cách giải: Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 3\) nên A sai. Đồ thị hàm số có điểm cực đại là \(\left( {0;0} \right)\) nên B đúng. Chọn B. Câu 15 (TH) Phương pháp Hàm số lũy thừa cơ số không nguyên thì cơ số phải dương. Cách giải: ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x - 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 1\). TXĐ: \(D = \left( {1; + \infty } \right)\). Chọn B. Câu 16 (TH) Phương pháp Quan sát đồ thị và nhận xét tính đúng sai của mỗi đáp án. Cách giải: Đáp án A: Đồ thị hàm số có hai điểm cực đại là \(\left( { - 2;2} \right)\) và \(\left( {1;\dfrac{1}{2}} \right)\) nên A đúng. Đáp án B : Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;1} \right)\) nên B đúng. Đáp án C : Hàm số có một giá trị cực tiểu bằng \(2\) sai vì hàm số có giá trị cực tiểu là \(0\). Chọn C. Câu 17 (TH) Phương pháp Chỉ ra các đường tiệm cận của mỗi đồ thị hàm số (nếu có), sử dụng kiến thức về hàm số cơ bản đã học. Cách giải: Đáp án A: Đồ thị hàm số bậc hai không có đường tiệm cận. Chọn A. Câu 18 (NB) Phương pháp Tính \(y'\), xét dấu \(y'\) suy ra khoảng nghịch biến là khoảng mà \(y' < 0\). Cách giải: Ta có: \(TXD:D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\). \(y' = \dfrac{{1.\left( { - 1} \right) - 1.1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = - \dfrac{2}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0\) nên hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\). Chọn A. Câu 19 (TH) Phương pháp Sử dụng công thức \({\log _a}b = \dfrac{1}{{{{\log }_b}a}}\) với \(0 < a,b \ne 1\). Cách giải: Ta có: \({\log _{ab}}x = \dfrac{1}{{{{\log }_x}\left( {ab} \right)}} = \dfrac{1}{{{{\log }_x}a + {{\log }_x}b}}\) \( = \dfrac{1}{{\dfrac{1}{{{{\log }_a}x}} + \dfrac{1}{{{{\log }_b}x}}}}\) \( = \dfrac{1}{{\dfrac{1}{m} + \dfrac{1}{n}}} = \dfrac{{mn}}{{m + n}}\). Chọn D. Câu 20 (NB) Phương pháp Sử dụng công thức tính đạo hàm \(\left( {{{\log }_a}x} \right)' = \dfrac{1}{{x\ln a}}\). Cách giải: Ta có: \(y' = \left( {{{\log }_{2020}}x} \right)' = \dfrac{1}{{x\ln 2020}}\) Chọn D. Câu 21 (TH) Phương pháp Sử dụng công thức tính số hạng tổng quát \({T_{k + 1}} = C_n^k{a^{n - k}}{b^k}\). Cách giải: Số hạng TQ: \({T_{k + 1}} = C_7^k.{x^{7 - k}}.{\left( { - 2} \right)^k}\) Số hạng chứa \({x^3}\) ứng với \(7 - k = 3 \Leftrightarrow k = 4\). Hệ số \(C_7^4.{\left( { - 2} \right)^4} = 560\). Chọn A. Câu 22 (TH) Phương pháp Sử dụng \({\log _a}b = {\log _a}c \Leftrightarrow b = c\). Cách giải: Ta có: \(\log x = 3\log m + 2\log n - \log p\) \(\begin{array}{l} \Rightarrow \log x = \log {m^3} + \log {n^2} - \log p\\ \Rightarrow \log x = \log \left( {\dfrac{{{m^3}{n^2}}}{p}} \right)\\ \Rightarrow x = \dfrac{{{m^3}{n^2}}}{p}\end{array}\) Chọn D. Câu 23 (NB) Phương pháp Diện tích xung quanh hình nón \({S_{xq}} = \pi Rl\). Cách giải: Diện tích xung quanh hình nón \({S_{xq}} = \pi Rl\)\( = \pi .a.a\sqrt 2 = \pi {a^2}\sqrt 2 \). Chọn C. Câu 24 (NB) Phương pháp Thể tích khối trụ \(V = \pi {r^2}h\). Cách giải: Thể tích khối trụ \(V = \pi {r^2}h\)\( = \pi .{\left( {\sqrt 3 } \right)^2}.4 = 12\pi \). Chọn A. Câu 25 (TH) Phương pháp - Tính \(y'\) và tìm nghiệm của \(y' = 0\) suy ra các điểm cực trị của hàm số. - Tìm giá trị cực trị của hàm số và suy ra tích. Cách giải: Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\) \(x = 0 \Rightarrow y = 1,\) \(x = 2 \Rightarrow y = - 3\). Vậy tích các giá trị cực trị là \(1.\left( { - 3} \right) = - 3\). Chọn A. Câu 26 (TH) Phương pháp Tính \(y'\) và kiểm tra \(y' \le 0,\forall x \in \mathbb{R}\) Cách giải: Đáp án A: Hàm số có TXĐ \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi } \right\}\) nên nó không nghịch biến trên \(\mathbb{R}\). Đáp án B: \(y' = - 3{x^2} + 2x - 2\), có \(\Delta ' = 1 - \left( { - 3} \right).\left( { - 2} \right) = - 5 < 0\) và \(a = - 3 < 0\) nên \(y' < 0,\forall x \in \mathbb{R}\). Do đó hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\). Chọn B. Câu 27 (NB) Phương pháp Tìm các đường TCĐ, TCN của đồ thị hàm số và kết luận. Cách giải: ĐTHS có TCĐ \(x = - 1\) và TCN \(y = 0\). Do đó chỉ có C sai. Chọn C. Câu 28 (TH) Phương pháp Hàm số bậc bốn trùng phương có ba cực trị khi \(y' = 0\) có ba nghiệm phân biệt. Cách giải: Ta có \(y' = 4{x^3} + 2mx = 2x\left( {2{x^2} + m} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\2{x^2} = - m\end{array} \right.\) Hàm số có ba cực trị khi \(y' = 0\) có ba nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt khác \(0\)\( \Leftrightarrow - m > 0 \Leftrightarrow m < 0\). Chọn B. Câu 29 (TH) Phương pháp Sử dụng các công thức \({\log _a}b + {\log _a}c = {\log _a}\left( {bc} \right)\) và \({\log _a}\dfrac{b}{c} = {\log _a}b - {\log _a}c\) với điều kiện các biểu thức đều có nghĩa. Cách giải: Ta có: \(\begin{array}{l}P = {\log _4}12 - {\log _4}15 + {\log _4}20\\ = {\log _4}\left( {\dfrac{{12}}{{15}}.20} \right)\\ = {\log _4}16 = {\log _4}{4^2} = 2\end{array}\) Chọn C. Câu 30 (TH): Phương pháp Tìm GTLN và GTNN của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {a;b} \right]\) Bước 1: Tìm tập xác định \(D\) , \(\left[ {a;b} \right] \subset D\) Bước 2: Tính \(f'\left( x \right)\), giải phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) tìm các nghiệm \({x_i}\) và các giá trị \({x_J}\) làm cho \(f'\left( x \right)\) không xác định (\({x_i};{x_j} \in \left[ {a;b} \right]\)) Bước 3: Tính \(f\left( a \right);f\left( b \right);f\left( {{x_i}} \right);f\left( {{x_j}} \right)\) Khi đó: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \max \left\{ {f\left( a \right);f\left( b \right);f\left( {{x_i}} \right);f\left( {{x_J}} \right)} \right\}\) Và \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \min \left\{ {f\left( a \right);f\left( b \right);f\left( {{x_i}} \right);f\left( {{x_J}} \right)} \right\}\) Cách giải: Ta có \(y' = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in \left[ {0;2} \right]\\x = - 1 \notin \left[ {0;2} \right]\end{array} \right.\) Xét \(f\left( 0 \right) = 1,f\left( 1 \right) = - 1,f\left( 2 \right) = 3\) Suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 3,\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = - 1\) Nên tổng cần tìm là \(3 + \left( { - 1} \right) = 2.\) Chọn C Câu 31 (TH): Phương pháp Thể tích khối chóp có chiều cao \(h\) và diện tích đáy \(S\)là \(V = \dfrac{1}{3}h.S\) Cách giải: Gọi \(H\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) và \(D\) là trung điểm cạnh \(BC\) Suy ra \(SH \bot \left( {ABC} \right)\) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\AD \bot BC\\SD \bot BC\end{array} \right.\) Suy ra góc giữa mặt bên \(\left( {SBC} \right)\) và đáy là \(\widehat {SDA} = {60^0}\) Ta có \(AD = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow DH = \dfrac{1}{3}AD = \dfrac{1}{3}\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}\) Xét tam giác \(SHD\) vuông tại \(H\) có \(SH = HD.\tan \widehat {SDH} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}.\tan {60^0} = \dfrac{a}{2}\) Thể tích khối chóp là \(V = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}\dfrac{a}{2}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\) Chọn D Câu 32 (VD): Phương pháp : Giải phương trình \(y' = 0\) tìm tọa độ hai điểm \(A,B\) Từ đó sử dụng \(AB = \sqrt 2 \) để tìm \(m.\) Cách giải : Ta có \(y' = 6{x^2} - 6\left( {m + 1} \right)x + 6m = 0\) \( \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\) Có \(\Delta = {\left( {m + 1} \right)^2} - 4m = {\left( {m - 1} \right)^2}\) Để hàm số có hai cực trị thì \(\Delta > 0 \Leftrightarrow \) \({\left( {m - 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne 1\) Hoành độ hai điểm cực trị: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{m + 1 + m - 1}}{2} = m \Rightarrow y = 3{m^2}\\{x_2} = \dfrac{{m + 1 - m + 1}}{2} = 1 \Rightarrow y = {m^3} + 3m - 1\end{array} \right.\) Từ đó ta có: \(A\left( {m;3{m^2}} \right),B\left( {1;{m^3} + 3m - 1} \right)\) \(AB = \sqrt 2 \Leftrightarrow A{B^2} = 2\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} + {\left( {{m^3} - 3{m^2} + 3m - 1} \right)^2} = 2\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} + {\left( {m - 1} \right)^6} = 2\end{array}\) Đặt \({\left( {m - 1} \right)^2} = t \ge 0 \Rightarrow {t^3} + t - 2 = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow m - 1 = 1 \Rightarrow m = 2\) Chọn A Câu 33 (TH): Phương pháp Sử dụng cách đọc đồ thị hàm đa thức bậc ba Cách giải: + Ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } f\left( x \right) = \pm \infty \Rightarrow a > 0\) Đồ thị hàm số cắt trục tung tại gốc tọa độ nên \(d = 0.\) Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm bên phải trục tung nên \(\left\{ \begin{array}{l}ab < 0\\ac > 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b < 0\\c > 0\end{array} \right.\) Chọn A Câu 34 (VD): Phương pháp Sử dụng công thức tỉ lệ thể tích: Cho hình chóp \(S.ABC,\) có \(M,N,P\) lần lượt thuộc các cạnh \(SA,SB,SC.\) Khi đó: \(\dfrac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SA}}.\dfrac{{SN}}{{SB}}.\dfrac{{SP}}{{SC}}\) Cách giải: Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \(V = \dfrac{1}{3}.5.9 = 15\) Ta có \(\dfrac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SA}}{{SA}}.\dfrac{{SM}}{{SB}}.\dfrac{{SN}}{{SC}} = 1.\dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{3}\) \( \Rightarrow {V_{AMNBC}} = \dfrac{2}{3}{V_{S.ABC}} = \dfrac{2}{3}.15 = 10\) Chọn B Câu 35 (VD): Phương pháp Hàm số \(y = \dfrac{{ax + b}}{{cx + d}}\) nghịch biến trên \(K\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y' < 0\\ - \dfrac{d}{c} \notin K\end{array} \right.\) Cách giải: TXD: \(D = R\backslash \left\{ m \right\}\) Ta có \(y' = \dfrac{{ - m + 1}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}}\) Từ yêu cầu đề bài suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}y' < 0\\m \notin \left( { - \infty ;2} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - m + 1 < 0\\m \ge 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 1\\m \ge 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 2\) Chọn B Câu 36 (TH): Phương pháp Khối cầu nội tiếp hình lập phương cạnh \(a\) có bán kính \(r = \dfrac{a}{2}\) Thể tích khối lập phương cạnh \(a\) là \(V = {a^3}\) Thể tích khối cầu bán kính \(R\) là \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3}\) Cách giải: Gọi hình lập phương có cạnh \(a\) Thể tích khối lập phương cạnh \(a\) là \({V_1} = {a^3}\) Khối cầu nội tiếp hình lập phương cạnh \(a\) có bán kính \(r = \dfrac{a}{2}\) Thể tích khối cầu nội tiếp hình lập phương cạnh \(a\) là \(V = \dfrac{4}{3}\pi {\left( {\dfrac{a}{2}} \right)^3} = \dfrac{{\pi {a^3}}}{6}\) Tỉ số \(\dfrac{{{V_2}}}{{{V_1}}} = \dfrac{{\dfrac{{\pi {a^3}}}{6}}}{{{a^3}}} = \dfrac{\pi }{6}\) Chọn C Câu 37 (VD): Phương pháp Sử dụng cách đọc đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) Xét từ trái qua phải: Nếu đồ thị \(y = f'\left( x \right)\) cắt trục \(Ox\) theo hướng từ trên xuống dưới thì điểm cắt đó là điểm cực đại của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right).\) Hoặc lập BBT rồi kết luận Cách giải: Từ hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số cắt trục \(Ox\) theo hướng từ trên xuống dưới tại hai điểm nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) có hai điểm cực đại. Chọn A Câu 38 (VD): Phương pháp Xác định điểm cách đều bốn đỉnh của hình chóp từ đó tính bánh kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp Cách giải: Gọi \(D\) và \(E\) lần lượt là trung điểm của \(AC,SC\). Ta có \(DE//SA \Rightarrow DE \bot \left( {ABC} \right)\) mà \(D\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) nên \(ED\) là trục đường trong ngoại tiếp đáy. Do đó: \(EA = EB = EC\) Lại có tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) có \(E\) là trung điểm cạnh huyền nên \(EA = ES = EC = \dfrac{{SC}}{2}\) Suy ra \(EA = ES = EC = EB = \dfrac{{SC}}{2}\) hay \(E\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp \(S.ABC\) và bán kính mặt cầu là \(\dfrac{{SC}}{2}\) Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) ta có: \(AC = \sqrt {B{C^2} + B{A^2}} = a\sqrt 2 \) Xét tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) ta có: \(SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {4{a^2} + 2{a^2}} = a\sqrt 6 \) Bán kính mặt cầu cần tìm là: \(R = \dfrac{{SC}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}.\) Chọn D Câu 39 (VD): Phương pháp Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy \(r\) và đường sinh \(l\) là \({S_{xq}} = 2\pi rl\) Cách giải: Thiết diện qua trục là hình vuông \(ABCD\) như hình vẽ Bán kính đáy \(R = \dfrac{{DC}}{2} = \dfrac{{2a}}{2} = a\) Đường sinh: \(l = BC = 2a\) Diện tích xung quanh hình trụ: \({S_{xq}} = 2\pi rl = 2\pi .a.2a = 4\pi {a^2}\) Chọn D Câu 40 (VD): Phương pháp Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = g\left( x \right)\) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và \(y = g\left( x \right).\) Cách giải: Ta có: \(\begin{array}{l}{\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} + f\left( x \right) = 0\\ \Leftrightarrow f\left( x \right)\left[ {f\left( x \right) + 1} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 0\\f\left( x \right) = - 1\end{array} \right.\end{array}\) Từ đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta thấy: +) Đồ thị cắt trục hoành tại \(3\) điểm phân biệt nên phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có ba nghiệm phân biệt +) Đường thẳng \(y = - 1\) cắt đồ thị hàm số tại 2 điểm phân biệt nên phương trình \(f\left( x \right) = - 1\) có hai nghiệm phân biệt. Và các nghiệm này không trùng với 3 nghiệm ở trên nên phương trình \({\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} + f\left( x \right) = 0\) có năm nghiệm phân biệt. Chọn C Câu 41 (VD) Phương pháp - Tính \(g'\left( x \right)\) và tìm nghiệm. - Xét dấu \(g'\left( x \right)\) và kết luận. Cách giải: Ta có: \(g'\left( x \right) = 2xf'\left( {{x^2} - 2} \right)\) \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\f'\left( {{x^2} - 2} \right) = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} - 2 = - 1\\{x^2} - 2 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\\x = \pm 2\end{array} \right.\) Xét dấu \(g'\left( x \right)\) ta được: Do đó hàm số đồng biến trên \(\left( {2; + \infty } \right)\) và \(\left( { - 2;0} \right)\). Hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\) và \(\left( {0;2} \right)\). Chỉ có đáp án C sai. Chọn C. Câu 42 (VD) Phương pháp Đặt \(t = {\log _2}x\), tìm điều kiện để phương trình ẩn \(t\) có nghiệm. Cách giải: Đặt \(t = {\log _2}x\) ta được \({t^2} + 2t - m = 0\) Phương trình đã cho có nghiệm \( \Leftrightarrow \) \(\left( 1 \right)\) có nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta ' = 1 + m \ge 0 \Leftrightarrow m \ge - 1\). Chọn D. Câu 43 (VD) Phương pháp Gọi \(H,E\) là trung điểm \(AB,CD\), \(K\) là hình chiếu của \(H\) lên \(SE\). Chứng minh \(d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK\) Tính diện tích đáy và chiều cao suy ra thể tích. Cách giải: Gọi \(H,E\) là trung điểm \(AB,CD\), \(K\) là hình chiếu của \(H\) lên \(SE\). Khi đó \(SH \bot AB\), mà \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\). Vì \(AH//CD \subset \left( {SCD} \right)\) nên \(d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right)\). Dễ thấy \(CD \bot SH,CD \bot HE\) nên \(CD \bot \left( {SHE} \right) \Rightarrow CD \bot HK\) Mà \(HK \bot SE\) nên \(HK \bot \left( {SCD} \right)\) hay \(d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK = a\sqrt 2 \). Tam giác \(SHE\) vuông tại \(H\) có \(HE = AD = a\sqrt 3 ,HK = a\sqrt 2 \) nên: \(\dfrac{1}{{H{K^2}}} = \dfrac{1}{{S{H^2}}} + \dfrac{1}{{H{E^2}}}\) \( \Rightarrow \dfrac{1}{{2{a^2}}} = \dfrac{1}{{S{H^2}}} + \dfrac{1}{{3{a^2}}}\) \( \Rightarrow \dfrac{1}{{S{H^2}}} = \dfrac{1}{{6{a^2}}} \Rightarrow SH = a\sqrt 6 \) Diện tích hình chữ nhật \(ABCD\) là \({S_{ABCD}} = a.a\sqrt 3 = {a^2}\sqrt 3 \) Thể tích \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABCD}}\) \( = \dfrac{1}{3}.a\sqrt 6 .{a^2}\sqrt 3 = {a^3}\sqrt 2 \) Chọn B. Câu 44 (VD): Phương pháp : Từ giả thiết ta lập luận để có \(a > 0.\) Từ đó tìm được các điểm cực trị của hàm số và suy ra được GTNN thông qua BBT Cách giải : Ta có: \(y' = 4a{x^3} + 2bx = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\4a{x^2} + 2b = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = - \dfrac{b}{{2a}}\end{array} \right.\) Tù giả thiết suy ra \(a > 0\). TH1: Nếu \(b \ge 0\) thì hàm số có 1 cực trị \(x = 0.\) Suy ra hàm số đơn điệu trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\) điều này mâu thuẫn với giả thiết \(\mathop {\min }\limits_{\left( { - \infty ;0} \right)} f\left( x \right) = f\left( { - 1} \right)\) nên ta loại TH này. TH2: \(b < 0\) hàm số có ba cực trị \({x_1} = 0,{x_2} = - \sqrt {\dfrac{{ - b}}{{2a}}} ,{x_3} = \sqrt {\dfrac{{ - b}}{{2a}}} \) Vì \(\mathop {\min }\limits_{\left( { - \infty ;0} \right)} f\left( x \right) = f\left( { - 1} \right)\) nên hàm số đạt cực tiểu tại \(x = - 1 \Rightarrow {x_2} = - 1;{x_3} = 1\), khi đó \(a > 0.\) Ta có BBT: Từ BBT suy ra GTNN của hàm số trên \(\left[ {0;2} \right]\) là \(f\left( 1 \right) = a + b + c\) Lại có \(x = 1\) là cực trị của hàm số nên \( - \dfrac{b}{{2a}} = 1 \Rightarrow b = - 2a\) Suy ra \(f\left( 1 \right) = a + \left( { - 2a} \right) + c = c - a\) Vậy GTNN cần tìm là \(c - a.\) Chọn B Câu 45 (VD) Phương pháp Sử dụng tính chất tam giác đồng dạng để tính toán. Cách giải: Gọi tam giác \(ABC\) là thiết diện qua trục của hình nón với \(A\) là đỉnh của hình nón, \(BC\) là đường kính đáy. Gọi \(H\) là tâm đường tròn đáy, suy ra \(H\) là trung điểm của \(BC\). Gọi \({O_1}\) là tâm mặt cầu lớn. Gọi \({O_2}\) là tâm mặt cầu nhỏ. \({D_1},{D_2}\) là lượt là tiếp điểm của \(AC\) với \(\left( {{O_1}} \right),\left( {{O_2}} \right)\). Ta tính \(R = HC\). Vì \(\left\{ \begin{array}{l}{O_1}{D_1}//{O_2}{D_2}\\{O_1}{D_1} = 2{O_2}{D_2}\end{array} \right.\) nên \({O_2}\) là trung điểm của \(A{O_1}\) \( \Rightarrow A{O_1} = 2{O_1}{O_2} = 2.3a = 6a\) \(AH = A{O_1} + {O_1}H = 6a + 2a = 8a\) \(A{D_1} = \sqrt {AO_1^2 - {O_1}D_1^2} = 4a\sqrt 2 \) Ta có: \(\Delta A{O_1}{D_1}\) và \(\Delta ACH\) đồng dạng nên \(\dfrac{{{O_1}{D_1}}}{{CH}} = \dfrac{{A{D_1}}}{{AH}} \Rightarrow CH = 2a\sqrt 2 \) Chọn C. Câu 46 (TH) Phương pháp Thể tích hình trụ \(V = \pi {R^2}h\), diện tích xung quanh \({S_{xq}} = 2\pi Rh\). Suy ra \(V = \dfrac{{{S_{xq}}.R}}{2}\) Cách giải: Diện tích đáy \({S_d} = 4\pi {a^2} \Rightarrow \pi {R^2} = 4\pi {a^2} \Leftrightarrow R = 2a\). Do đó \(V = \dfrac{{{S_{xq}}.R}}{2} = \dfrac{{S.2a}}{2} = Sa\). Chọn A. Câu 47 (TH) Phương pháp Sử dụng công thức \({\log _a}b = \dfrac{{\log b}}{{\log a}}\) và \(\log \left( {ab} \right) = \log a + \log b\). Cách giải: \({\log _{15}}30 = \dfrac{{\log 30}}{{\log 15}} = \dfrac{{\log \left( {10.3} \right)}}{{\log \left( {3.5} \right)}}\) \( = \dfrac{{1 + \log 3}}{{\log 3 + \log 5}} = \dfrac{{1 + p}}{{p + q}}\) Chọn B. Câu 48 (VD) Phương pháp - Tìm ĐK. - Đặt \(t = {\log _3}x = {\log _2}\left( {1 + \sqrt x } \right)\) đưa về phương trình ẩn \(t\) và kết luận. Cách giải: ĐK: \(x > 0\). Đặt \(t = {\log _3}x = {\log _2}\left( {1 + \sqrt x } \right)\) (Vì \(1 + \sqrt x > 1 \Rightarrow t = {\log _2}\left( {1 + \sqrt x } \right) > 0\)) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = {3^t}\\1 + \sqrt x = {2^t}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = {3^t}\\x = {\left( {{2^t} - 1} \right)^2}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow {3^t} = {\left( {{2^t} - 1} \right)^2} \Leftrightarrow {3^t} = {4^t} - {2.2^t} + 1\) \( \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^t} = 1 - 2.{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^t} + {\left( {\dfrac{1}{4}} \right)^t}\) \( \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^t} + 2.{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^t} - {\left( {\dfrac{1}{4}} \right)^t} = 1\) Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^t} + 2.{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^t} - {\left( {\dfrac{1}{4}} \right)^t}\) trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) có: \(f'\left( t \right) = {\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^t}\ln \dfrac{3}{4} + 2{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^t}\ln \dfrac{1}{2} - {\left( {\dfrac{1}{4}} \right)^t}\ln \dfrac{1}{4}\) \( = {\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^t}\ln \dfrac{3}{4} + 2{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^t}\ln \dfrac{1}{2} + 2.{\left( {\dfrac{1}{4}} \right)^t}\ln \dfrac{1}{2}\) Mà \(\ln \dfrac{3}{4} < 0,\ln \dfrac{1}{2} < 0\) nên \(f'\left( t \right) < 0,\forall t > 0\). Do đó hàm số \(f\left( t \right)\) nghịch biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\). Dễ thấy \(f\left( 2 \right) = 1\) nên phương trình \(f\left( t \right) = 1\) có nghiệm duy nhất \(t = 2\). Suy ra \({\log _3}x = 2 \Leftrightarrow x = 9\). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất \(x = 9\). Chọn C. Câu 49 (TH) Phương pháp Tìm \(x,y\) theo \(L\) rồi biểu thị mối quan hệ của \(x,y\) theo \(L\). Cách giải: Ta có: \(x = {12^L},y = {4^L}\) \( \Rightarrow \dfrac{x}{y} = {3^L} \Rightarrow L = {\log _3}\left( {\dfrac{x}{y}} \right)\). Chọn A. Câu 50 (VD): Phương pháp Sử dụng qui tắc đếm và kiến thức về chỉnh hợp Cách giải: Số có 6 chữ số khác nhau được lập thành từ tập \(A\) là \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}} \) +) \({a_1}\) có 6 cách chọn, \({a_2}\) có 6 cách chọn, \({a_3}\) có 5 cách chọn, \({a_4}\) có 4 cách chọn, \({a_5}\) có 3 cách chọn, \({a_6}\) có 2 cách chọn. Suy ra có: \(6.6.5.4.3.2 = 4320\) số. Do đó: \(n\left( \Omega \right) = 4320\) +) Các bộ hai số có tổng bằng nhau là: \(1 + 6 = 2 + 5 = 3 + 4;\,0 + 6 = 1 + 5 = 2 + 4;\) \(0 + 5 = 1 + 4 = 2 + 3\) TH1: \(1 + 6 = 2 + 5 = 3 + 4\) Khi đó \(\overline {{a_1}{a_2}} \) có \(A_2^2\) cách chọn, \(\overline {{a_3}{a_4}} \) có \(A_2^2\) cách chọn và \(\overline {{a_5}{a_6}} \) có \(A_2^2\) cách chọn Suy ra có \(A_2^2.A_2^2.A_2^2.3! = 48\) số thỏa mãn TH2: \(0 + 6 = 1 + 5 = 2 + 4\) *) Nếu \({a_1},{a_2} \in \left\{ {0,6} \right\}\) thì \(\overline {{a_1}{a_2}} \) có \(1\) cách chọn, \(\overline {{a_3}{a_4}} \) có \(A_2^2\) cách chọn và \(\overline {{a_5}{a_6}} \) có \(A_2^2\) cách chọn Suy ra có \(1.A_2^2.A_2^2.2! = 8\) số thỏa mãn *) Nếu \({a_1},{a_2} \in \left\{ {1,5} \right\}\) thì \(\overline {{a_1}{a_2}} \) có \(A_2^2\) cách chọn, \(\overline {{a_3}{a_4}} \) có \(A_2^2\) cách chọn và \(\overline {{a_5}{a_6}} \) có \(A_2^2\) cách chọn Suy ra có \(A_2^2.A_2^2.A_2^2.2! = 16\) số thỏa mãn *) Nếu \({a_1},{a_2} \in \left\{ {2,4} \right\}\) thì \(\overline {{a_1}{a_2}} \) có \(A_2^2\) cách chọn, \(\overline {{a_3}{a_4}} \) có \(A_2^2\) cách chọn và \(\overline {{a_5}{a_6}} \) có \(A_2^2\) cách chọn Suy ra có \(A_2^2.A_2^2.A_2^2.2! = 16\) số thỏa mãn Vậy có \(8 + 16 + 16 = 40\) số thỏa mãn Tương tự với TH3: \(0 + 5 = 1 + 4 = 2 + 3\) ta cũng lập được \(40\) số thỏa mãn đề bài. Gọi \(A\) là biến cố: “Số \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}} \) thỏa mãn: \({a_1} + {a_2} = {a_3} + {a_4} = {a_5} + {a_6}\)” Khi đó: \(n\left( A \right) = 48 + 40 + 40 = 128\) Xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \dfrac{{128}}{{4320}} = \dfrac{4}{{135}}\) Chọn B HocTot.Nam.Name.Vn  Chia sẻ Bình luận
Group Ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí
|
