Đề thi
Bộ 20 đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án (Đề 3)
AdminToánLớp 1290 lượt thi
50 câu hỏi
1. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Gọi \(M\), \(N\) là hai điểm thuộc đồ thị \(\left( C \right):y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}\) biết \({x_M} < - 1 < {x_N}\). Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn \(MN\)?
\(2\sqrt 2 \).
\(6\).
\(4\).
\(4\sqrt 2 \).
Xem đáp án
Lời giải
Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).
Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \frac{{x - 1}}{{x + 1}} = - \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \frac{{x - 1}}{{x + 1}} = + \infty \) nên đồ thị \(\left( C \right)\) có tiệm cận đứng là \(x = - 1\).
Do \({x_M} < - 1 < {x_N}\) nên \(M\), \(N\) là hai điểm nằm trên hai nhánh của đồ thị \(\left( C \right)\).
Ta có: \(y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}} = 1 - \frac{2}{{x + 1}}\) và \(M\left( {{x_M}\,;\,1 - \frac{2}{{{x_M} + 1}}} \right)\), \(N\left( {{x_N}\,;\,1 - \frac{2}{{{x_N} + 1}}} \right)\).
Đặt \(a = {x_N} + 1\), \(b = - 1 - {x_M}\) thì \(a > 0\), \(b > 0\) và \(M\left( { - b - 1\,;\,1 + \frac{2}{b}} \right)\), \(N\left( {a - 1\,;\,1 - \frac{2}{a}} \right)\).
Khi đó: \(MN = \sqrt {{{\left( {a + b} \right)}^2} + {{\left( {\frac{2}{a} + \frac{2}{b}} \right)}^2}} = \sqrt {\left( {{a^2} + \frac{4}{{{a^2}}}} \right) + \left( {2ab + \frac{8}{{ab}}} \right) + \left( {{b^2} + \frac{4}{{{b^2}}}} \right)} \).
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các cặp số dương:
\({a^2} + \frac{4}{{{a^2}}} \ge 2\sqrt {{a^2}.\frac{4}{{{a^2}}}} = 4\). Dấu “=” xảy ra khi \[\left\{ \begin{array}{l}{a^2} = \frac{4}{{{a^2}}}\\a > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{2}{a}\\a > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow a = \sqrt 2 \].
\({b^2} + \frac{4}{{{b^2}}} \ge 2\sqrt {{b^2}.\frac{4}{{{b^2}}}} = 4\). Dấu “=” xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}{b^2} = \frac{4}{{{b^2}}}\\b > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \frac{2}{b}\\b > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow b = \sqrt 2 \).
\(2ab + \frac{8}{{ab}} \ge 2\sqrt {2ab.\frac{8}{{ab}}} = 8\). Dấu “=” xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}2ab = \frac{8}{{ab}}\\a,b > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow ab = 2\).
Vậy \(MN \ge \sqrt {4 + 4 + 8} = 4\). Tức là \({\rm{Min}}\,MN = 4\) khi \(a = b = \sqrt 2 \).
2. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng xét dấu \(y'\) như sau:
Hỏi hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bao nhiêu điểm cực trị?
2.
3.
0.
1.
Xem đáp án
Lời giải
Dựa vào bảng xét dấu \(y'\) ta thấy \(y'\) đổi dấu từ “\( - \)” sang “\( + \)” khi qua điểm \(x = - 1\) và không đổi dấu qua điểm \(x = 1\)nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 1 điểm cực trị.
3. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Thể tích khối hộp chữ nhật có \[3\] kích thước \(1;\,2;\,3\) bằng
\(5\).
\(8\).
\(6\).
\(9\).
Xem đáp án
Lời giải
Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước \(a;\,b;\,c\) được xác định bởi công thức \(V = abc\).
Vậy \(V = 1.2.3 = 6\).
4. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) biết \(f'\left( x \right) = {\left( {x + 2} \right)^2}\left( {x - 1} \right)\). Số điểm cực tiểu của \(g\left( x \right) = f\left( {{x^3} - 3x} \right)\) là
\(4\).
\(2\).
\(1\).
\(3\).
Xem đáp án
Lời giải
Ta có: \(g'\left( x \right) = \left( {3{x^2} - 3} \right)f'\left( {{x^3} - 3x} \right)\).
Suy ra \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3{x^2} - 3 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\\f'\left( {{x^3} - 3x} \right) = 0\,\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( \~N \right)\\x = - 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( \~N \right)\\{x^3} - 3x = - 2\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{x^3} - 3x = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\).
Phương trình \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \)\({x^3} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\,\,\,\,\,\,\left( {BC} \right)\\x = - 2\,\,\left( {BC} \right)\end{array} \right.\) .
Phương trình \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \)\({x^3} - 3x - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \approx - 1,53 = {x_1}\\x \approx - 0,35 = {x_2}\\x \approx 1,88 = {x_3}\end{array} \right.\).
Ta có bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\):
Vậy hàm số \(g\left( x \right)\) có \(3\) điểm cực tiểu.
5. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Đồ thị hàm số nào sau đây có dạng như hình vẽ.
\(y = {x^4} - 2{x^2}\).
\(y = {x^3} - 3{x^2} + 1\).
\(y = 3x - {x^3}\).
\(y = {x^3} - 3x\).
Xem đáp án
Lời giải
Hình vẽ đã cho có dạng đồ thị hàm số bậc ba \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) , \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = + \infty \) nên hệ số \(a > 0\), đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ nên \(d = 0\) . Chọn đáp án D.
6. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) biết \(f'\left( x \right) = {x^2}{\left( {1 - x} \right)^3}{\left( {x - 2} \right)^5}\). Hỏi hàm số \(y = f\left( x \right)\)đồng biến trong khoảng nào?
\(\left( { - \infty \,;\,1} \right)\).
\(\left( {2\,;\, + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty \,;\, + \infty } \right)\).
\(\left( {1\,;\,2} \right)\).
Xem đáp án
Lời giải
\(f'\left( x \right) = {x^2}{\left( {1 - x} \right)^3}{\left( {x - 2} \right)^5} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\,\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\).
Ta có bảng xét dấu
Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1\,;\,2} \right)\).
7. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Có bao nhiêu số nguyên \[m\]để hàm số \[y = \frac{{mx - 9}}{{x - m}}\] đồng biến trên \[\left( {1\,;\,2} \right)\]?
\[4\].
\[6\].
\[7\].
\[5\].
Xem đáp án
Lời giải
\[y' = \frac{{ - {m^2} + 9}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}}\]
Hàm số \[y = \frac{{mx - 9}}{{x - m}}\] đồng biến trên \[\left( {1\,;\,2} \right)\] \[ \Leftrightarrow y' > 0\,\,\forall x \in \left( {1\,;\,2} \right)\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - {m^2} + 9 > 0\\m \notin \left( {1\,;\,2} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 < m < 3\\m \le 1\, \vee \,m \ge 2\end{array} \right. \Leftrightarrow - 3 < m \le 1\, \vee \,2 \le m < 3\]
Mà \[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1;2} \right\}\]. Do đó có 5 số nguyên thỏa yêu cầu.
8. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho khối hộp \[ABCD.A'B'C'D'\]có thể tích bằng 12. Gọi \[O\] là tâm của \[ABCD\]. Thể tích khối chóp \[O.A'B'C'D'\]bằng
\[6\].
\[4\].
\[9\].
\[5\].
Xem đáp án
Lời giải
Gọi \[h\] là chiều cao của khối hộp\[ABCD.A'B'C'D'\].
\[ \Rightarrow \]\[h\]cũng là chiều cao của khối chóp \[O.A'B'C'D'\].
Do đó \[{V_{O.A'B'C'D'}} = \frac{1}{3}.{S_{A'B'C'D'}}.h = \frac{1}{3}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \frac{1}{3}.12 = 4\]
9. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Thể tích khối lăng trụ đều có diện tích đáy bằng \(4\), cạnh bên có độ dài bằng 3
\(12\).
\(16\).
\(4\).
\(9\).
Xem đáp án
Lời giải
Thể tích khối lăng trụ đều có diện tích đáy bằng \(4\), cạnh bên có độ dài bằng 3
\(V = S.h\) \( = 4.3 = 12\).
10. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hình hộp chữ nhật có ba kích thước \(3\); \(4\); \(5\). Tính thể tích khối đa diện có \(6\)đỉnh là tâm của \(6\)của hình hộp chữ nhật bằng
\(10\).
\(20\).
\(12\).
\(15\).
Xem đáp án
Lời giải
Thể tích của khối hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) bằng \(V = 3.4.5 = 60\).
Ta có hình đa diện \(EFGHIK\) là bát diện nên \({V_{EFGHIK}} = 2.{V_{EFGHI}} = 2.\frac{1}{3}.\frac{1}{2}AA'.{S_{FGHI}} = \frac{1}{3}AA'.{S_{FGHI}}\).
Ta lại có \(FGHI\) là tứ giác có hai đường chéo \(FH\), \(GI\) vuông góc với nhau và \(FH = AD\), \(GI = AB\) nên \({S_{FGHI}} = \frac{1}{2}AD.BC\).
Vậy thể tích khối đa diện \(EFGHIK\) là: \({V_{EFGHIK}} = \frac{1}{3}.AA'.\frac{1}{2}AB.AD = \frac{V}{6} = 10\).
11. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Hàm số nào sau đây chỉ có đúng một cực trị.
\[y = {x^4} + {x^2} + 1\].
\[y = {x^3}\].
\[y = {x^3} + {x^2}\].
\[y = \frac{{x + 1}}{{x - 2}}\].
Xem đáp án
Lời giải
1) Hàm số \[y = {x^4} + {x^2} + 1\] là hàm trùng phương có a và b cùng dấu nên có đúng một cực trị.
\[ \Rightarrow \] chọn phương án A.
2) Xét hàm số \[y = {x^3}\].
Tập xác định: D \[ = \]\(\mathbb{R}\).
\[y' = 3{x^2} \ge 0,\,\forall x \in \mathbb{R}\].
\[ \Rightarrow \] Hàm số đồng biến trên toàn tập xác định nên không có cực trị.
\[ \Rightarrow \] loại phương án B.
3) Xét hàm số \[y = {x^3} + {x^2}\].
Tập xác định: D \[ = \]\(\mathbb{R}\).
\[y' = 3{x^2} + 2x\].
\[y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} + 2x = 0\].
Vì phương trình trên có hai nghiệm phân biệt nên hàm số \[y = {x^3} + {x^2}\] có hai cực trị.
\[ \Rightarrow \] loại phương án C.
4) Xét hàm số \[y = \frac{{x + 1}}{{x - 2}}\].
Tập xác định: D \[ = \]\(\mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\).
\[y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} < 0,\,\forall x \ne 2\].
\[ \Rightarrow \]Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định nên không có cực trị.
\[ \Rightarrow \] loại phương án D.
12. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \[y = {x^3} - 3x\]. Hàm số đã cho đồng biến trong khoảng nào?
\[\left( { - \infty \,;\, - 1} \right)\].
\[\left( { - 2\,;\,0} \right)\].
\[\left( {0\,;\, + \infty } \right)\].
\[\left( { - 1\,;\,1} \right)\].
Xem đáp án
Lời giải
Tập xác định: D \[ = \]\(\mathbb{R}\).
\[y' = 3{x^2} - 3\].
\[y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\end{array} \right.\].
Bảng biến thiên:
\[ \Rightarrow \] Hàm số đồng biến trong khoảng \[\left( { - \infty \,;\, - 1} \right)\] và \[\left( {1\,;\, + \infty } \right)\].
Kết luận: chọn phương án A.
13. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Thể tích khối tứ diện đều cạnh \(3\sqrt 2 \) bằng
\(9\).
\(3\sqrt 2 \).
\(6\).
\(3\sqrt 2 \).
Xem đáp án
Lời giải
Cách 1: Ta tính thể tích khối tứ diện đều \[ABCD\] có cạnh bằng \(3\sqrt 2 \).
Ta có \({S_{\Delta BCD}} = \frac{1}{2}.3\sqrt 2 .3\sqrt 2 .\sin 60^\circ = \frac{{9\sqrt 3 }}{2}\,\,.\) Gọi \[H\] là trọng tâm \(\Delta BCD \Rightarrow AH \bot \left( {BCD} \right)\,\,.\)
Gọi \[I\] là trung điểm \[CD\]\[ \Rightarrow \,BI = \frac{{3\sqrt 6 }}{2} \Rightarrow \,BH = \frac{2}{3}BI = \sqrt 6 \,\,\,.\]
\[ \Rightarrow AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}} = \sqrt {{{\left( {3\sqrt 2 } \right)}^2} - {{\sqrt 6 }^2}} = 2\sqrt 3 \,\,\,.\]
Thể tích khối tứ diện đều cạnh \(3\sqrt 2 \) bằng: \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.AH.{S_{\Delta BCD}} = \frac{1}{3}.2\sqrt 3 .\frac{{9\sqrt 3 }}{2} = 9\,\,.\)
Cách 2: Thể tích khối tứ diện đều có cạnh bằng \(a\)là \(\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)
Cách 2: Thể tích khối tứ diện đều có cạnh bằng \(a\)là \(\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)
Suy ra thể tích khối tứ diện đều có cạnh bằng \(3\sqrt 2 \) là \(\frac{{{{\left( {3\sqrt 2 } \right)}^3}\sqrt 2 }}{{12}} = 9\,\,.\)
14. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Tìm tập xác định của hàm số \(y = {\left( {4 - {x^2}} \right)^{\sqrt 2 }}\,\,.\)
\(\left[ {2; + \infty } \right)\).
\(\left( { - 2;\,2} \right)\).
\(\left( { - \infty ;\, - 2} \right]\).
\(\left[ { - 2;\,2} \right]\).
Xem đáp án
Lời giải
Hàm số \(y = {\left( {4 - {x^2}} \right)^{\sqrt 2 }}\) xác định khi \(4 - {x^2} > 0 \Leftrightarrow - 2 < x < 2 \Leftrightarrow x \in \left( { - 2;\,2} \right)\,\,.\)
15. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho tứ diện \(SABC\), biết \(\overrightarrow {SA} = 2\overrightarrow {SM} ;2\overrightarrow {SB} = 3\overrightarrow {SN} \). Tính thể tích khối tứ diện \(SMNC\) biết thể tích khối tứ diện \(SABC\) bằng \(9.\)
\(3\)
\(4\)
\(2\)
\(6\)
Xem đáp án 
Lời giải
Chọn A.
Ta có \(\overrightarrow {SA} = 2\overrightarrow {SM} \) nên \(M\) là trung điểm của \(SA\)và \(2.\overrightarrow {SB} = 3\overrightarrow {SN} \) nên chia \(SB\) thành 3 phân sao cho \(\frac{{SN}}{{SB}} = \frac{2}{3}\).
Khi đó, theo công thức tỉ lệ thể tích ta có:
\[\frac{{{V_{S.MNC}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SB}}.\frac{{SC}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}.1 = \frac{1}{3} \Rightarrow {V_{S.MNC}} = \frac{1}{3}{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.9 = 3\,\,\,(DVTT)\]
16. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho lăng trụ \(ABC.A'B'C'\), đáy là tam giác đều cạnh \(a,\)\[AA' = AB' = AC' = a.\] Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng.
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\)
\(\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{4}\)
\(\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\)
\(\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)
Xem đáp án
Lời giải
Chọn B.
Ta thấy \(A.A'B'C'\) là tứ diện đều cạnh \(a.\)
Mà \({V_{A.A'B'C'}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = 3{V_{A.A'B'C'}}\)
Gọi \(H\) là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(A'B'C'\).
Thì \(AH\) là đường cao của hình chóp \(A.A'B'C'\).
Ta có \(A'H = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)
Tam giác \(AA'H\) vuông tại \(H\) nên :
\(A{H^2} = AA{'^2} - A'{H^2} = {a^2} - {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = {a^2} - \frac{{{a^2}}}{3} = \frac{{6{a^2}}}{9} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\) .
Diện tích tam giác \(A'B'C'\) là: \(S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\) nên thể tích khối tứ diện \(AA'B'C'\) là:
\({V_{A.A'B'C'}} = \frac{1}{3}AH.S = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)
Vậy thể tích khối lăng trụ là: \(V = 3.{V_{A.A'B'C'}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{4}\) .
17. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình sau. Chọn mệnh đề sai.
Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = 1\).
Hàm số luôn tăng trên từng khoảng xác định.
Đồ thị hàm số có tâm đối xứng.
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = 1\).
Xem đáp án
Lời giải
Dựa vào đồ thị hàm số, chọn B.
18. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, \[\Delta SAD\] đều và mặt phẳng (SAD) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Thể tích khối chóp \(S.ABCD\)bằng
\[\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\].
\[\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\].
\[\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\].
\[\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\].
Xem đáp án 
Lời giải
Ta có: AD là giao tuyến của (SAD) và (ABC).
Gọi H là trung điểm của AD\[ \Rightarrow SH \bot AD\] và \[SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\] vì \[\Delta SAD\] đều cạnh a.
\[ \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\].
Vậy \[{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.SH = \frac{1}{3}.{a^2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\].
19. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số biết \(f'\left( x \right) = x\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\). Hỏi hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có bao nhiêu điểm cực trị?
\(4\).
\(7\).
\(6\).
\(5\).
Xem đáp án
Lời giải
Ta có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\).
Suy ra hàm số \(y = f\left( x \right)\)có 3 điểm cực trị trong đó có 2 điểm cực trị dương.
Khi đó hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có \(2.2 + 1 = 5\) điểm cực trị.
20. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình vẽ
\(y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}\).
\(y = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}\).
\(y = \frac{{{x^2} - x - 1}}{{x + 1}}\).
\(y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}\).
Xem đáp án
Lời giải
Từ hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là \(x = - 1\) và đường tiệm cận ngang là \(y = 1\).
Do đó, ta chọn đáp án D.
21. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Số tiếp tuyến kẻ từ \[A\left( {1;0} \right)\] đến đồ thị hàm số\(y = {x^4} - 2{x^2} + 1\) là
\(1\).
\(4\).
\(2\).
\(3\).
Xem đáp án
Lời giải
Ta có: \(A\left( {1;0} \right) \in \left( C \right):y = g\left( x \right) = {x^4} - 2{x^2} + 1\).
Gọi phương trình tiếp tuyến qua \(A\) có dạng: \(\left( d \right):y = f\left( x \right) = k\left( {x - 1} \right)\).
\(\left( d \right)\) tiếp xúc \(\left( C \right)\)
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) = g\left( x \right)\\f'\left( x \right) = g'\left( x \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^4} - 2{x^2} + 1 = k\left( {x - 1} \right)\\4{x^3} - 4x = k\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^4} - {x^2} + 1 = \left( {4{x^3} - 4x} \right)\left( {x - 1} \right)\\4{x^3} - 4x = k\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{x^4} - 4{x^3} - 2{x^2} + 4x - 1 = 0\left( 1 \right)\\4{x^3} - 4x = k\left( 2 \right)\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \frac{1}{3}\\x = - 1\end{array} \right.\\4{x^3} - 4x = k\left( 2 \right)\end{array} \right.\end{array}\]
Vậy từ \(A\) ta kẻ được \(3\) tiếp tuyến đến đồ thị hàm số.
22. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục và tăng trên \(\left[ {1;2} \right],f\left( 1 \right) = - 1,f\left( 2 \right) = 3\). Có bao nhiêu số nguyên dương \(m\)để phương trình \(f\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right) = m\) có nghiệm \[x \in \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 3 } \right)\] ?
\(4\).
\(3\).
\(5\).
\(2\).
Xem đáp án
Lời giải
Đặt \(t = \sqrt {4 - {x^2}} \),\[x \in \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 3 } \right)\].
\(t' = \frac{{ - x}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}\).
\(t' = 0 \Leftrightarrow x = 0\).
Để phương trình \(f\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right) = m\) có nghiệm
\( \Rightarrow - 1 < m \le 3\).\( \Rightarrow m \in \left\{ {1;2;3} \right\}\).
Vậy có \(3\) giá trị nguyên dương của \(m\) thỏa yêu cầu đề bài.
23. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho khối chóp S.ABC có thể tích bằng 12. Gọi M, N, P lần lượt thuộc cạnh SA, SB, SC sao cho SA=2SM, 
, SC = 4SP. Thể tích của khối đa diện ABCMNP bằng
, SC = 4SP. Thể tích của khối đa diện ABCMNP bằng\(10\).
\(11\).
\(6\).
\(4\).
Xem đáp án
Lời giải
Ta có 
Vậy thể tích của khối đa diện ABCMNP là 
.
24. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hình hộp ABCA'B'C' có đáy ABCD là hình thoi AB = A, 
, A' cách đều A, B, D, 
. Thể tích khối đa diện 
?
, A' cách đều A, B, D, . Thể tích khối đa diện ?
.
.
.
.
Xem đáp án 
Lời giải
25. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Thể tích khối đa diện đều loại \[{\rm{\{ }}3\,;\,\,4\} \] có độ dài cạnh bằng \[\sqrt 3 \] là
\[\sqrt 6 \].
\[\frac{{\sqrt 6 }}{2}\].
\[\sqrt 3 \].
\[\frac{{\sqrt 3 }}{3}\].
Xem đáp án
Lời giải
Khối đa diện đều loại \[{\rm{\{ }}3\,;\,\,4\} \] là khối bát diện đều.
Thể tích khối bát diện đều \[{V_{ABCDEF}} = 2.{V_{E.ABCD}}\] với khối chóp \[E.ABCD\] là khối chóp tứ giác đều cạnh bằng \[\sqrt 3 \].
Cách 1. Tính nhanh:
\[{V_{E.ABCD}} = \frac{{{{(\sqrt 3 )}^3}.\sqrt 2 }}{6} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\].
Khi đó \[{V_{ABCDEF}} = 2.{V_{E.ABCD}} = 2.\frac{{\sqrt 6 }}{2} = \sqrt 6 \].
Cách 2. Tự luận
Đáy \[ABCD\] là hình vuông cạnh bằng \[\sqrt 3 \] Þ \[{S_{ABCD}} = {(\sqrt 3 )^2} = 3\].
Đường chéo \[AC = \,\sqrt 3 .\sqrt 2 = \sqrt 6 \] Þ \[OA = \frac{1}{2}AC = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\].
Xét \[\Delta EOA\] vuông tại \[O\] có \[EO = \sqrt {E{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {{{(\sqrt 3 )}^2} - {{\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\].
\[{V_{E.ABCD}} = \frac{1}{3}.EO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{\sqrt 6 }}{2}.3 = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\].
Khi đó \[{V_{ABCDEF}} = 2.{V_{E.ABCD}} = 2.\frac{{\sqrt 6 }}{2} = \sqrt 6 \].
26. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho \[(P):\,\,y = {x^2}\] và điểm \[A(3;\,\,0),\,\,M \in (P)\]. \[AM\] đạt giá trị nhỏ nhất bằng
\[\sqrt 3 \].
\[\sqrt 5 \].
\[2\].
\[3\].
Xem đáp án
Lời giải
Gọi \[M(m;\,\,{m^2})\, \in \,(P)\].
Ta có
\[\begin{array}{l}AM = \sqrt {{{(m - 3)}^2} + {m^4}} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {{m^2} - 6m + 9 + {m^4}} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {{m^4} - 2{m^2} + 1 + 3{m^2} - 6m + 3 + 5} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {{{({m^2} - 1)}^2} + 3{{(m - 1)}^2} + 5} \, \ge \sqrt 5 .\end{array}\]
Dấu xảy ra khi \[m = 1\].
Vậy \[AM\] đạt giá trị nhỏ nhất bằng \[\sqrt 5 \] khi \[M(1;\,\,1)\].
27. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V1. Gọi 
lần lượt là tâm các mặt bên ABB'A, BCC'B', CDD'C', DAA'D' . Gọi V2 là thể tích khối đa diện 
. Tỉ số 
bằng
lần lượt là tâm các mặt bên ABB'A, BCC'B', CDD'C', DAA'D' . Gọi V2 là thể tích khối đa diện . Tỉ số bằng
.
.
.
.
Xem đáp án 
Lời giải
28. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Có bao nhiêu số nguyên 
để đồ thị hàm số 
có tiệm cận đứng ?
để đồ thị hàm số có tiệm cận đứng ?2019.
2020.
2022.
2021.
Xem đáp án
Lời giải
Điều kiện xác định:
Đồ thị hàm số 
có tiệm cận đứng x = 1 khi và chỉ khi 
.
có tiệm cận đứng x = 1 khi và chỉ khi .Mà số nguyên 
, suy ra 
.
, suy ra .Vậy có 2021 số nguyên m thỏa đề bài.
29. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho tứ diện ABCD có AB = 2, CD = 3, góc giữa AB và CD bằng 300, thể tích khối tứ diện ABCD bằng 2. Khoảng cách giữa AB và CD bằng
4.
2.
3.
5.
Xem đáp án 
Lời giải
30. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho 
. Tính y'(1) bằng
. Tính y'(1) bằng
.
.
.
.
Xem đáp án
Lời giải
Ta có 
.
.Khi đó 
.
.31. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{1 - x}}\) có tiệm cận ngang là
\(x = - 2.\)
\(x = 1.\)
\(y = - 2.\)
\(y = 2.\)
Xem đáp án
Lời giải
\(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{2x - 1}}{{1 - x}}} \right) = - 2\\\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{2x - 1}}{{1 - x}}} \right) = - 2\end{array} \right. \Rightarrow y = - 2\)là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
32. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Thể tích của khối chóp có diện tích đáy bằng \(3\)và chiều cao bằng \(4\)là
\(12.\)
\(4.\)
\(36.\)
\(8.\)
Xem đáp án
Lời giải
Thể tích của khối chóp \(V = \frac{1}{3}.B.h\). Trong đó \(B\)là diện tích đáy và \(h\) là chiều cao.
Áp dụng công thức ta có \(V = \frac{1}{3}.3.4 = 4\). Vậy ta chọn đáp án B.
33. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \(y = f(x)\) có bảng biến thiên. Số điểm cực trị của \(y = \left| {f(x)} \right|\) là
\(5\).
\(6\).
\(4\).
\(7\).
Xem đáp án
Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên ta sẽ suy ra được đồ thị của hàm số \(y = \left| {f(x)} \right|\).
Từ đó ta đếm được \(y = \left| {f(x)} \right|\) có tất cả 6 cực trị.
34. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Khối chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) biết diện tích \((ABCD)\) bằng \(9\), chiều cao \(SO = 4.\) Gọi \(S'\) là trung điểm của \(SO\). Tính thể tích khối chóp \(S'.ABCD\) bằng
\(6\).
\(12\).
\(3\).
\(18\).
Xem đáp án
Lời giải
Ta có: \(S'O = \frac{1}{2}SO = 2.\)
Khi đó thể tích của khối chóp \({V_{S'.ABCD}} = \frac{1}{3}S'O.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.2.9 = 6\).
35. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình vẽ.
\[y = {x^4} - 2{x^2} - 1\].
\[y = {x^3} - 3x - 1\].
\[y = - {x^4} + 2{x^2} - 1\].
\[y = - {x^4} + 2x - 1\].
Xem đáp án
Lời giải
Đồ thị hàm số có \[2\] cực đại là \[\left( { - 1;\,0} \right)\] và \[\left( {1;\,0} \right)\]; \[1\] cực tiểu là \[\left( {0;\, - 1} \right)\]
\[ \Rightarrow \] đáp án C thoả mãn.
36. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\]có \[\mathop {min}\limits_{\left[ { - 1;\,1} \right]} f\left( x \right) = 5\] tại \[x = 1\]. Bất phương trình \[f\left( x \right) + \sqrt {1 - x} + \sqrt {5 - x} \le m\] có nghiệm \[x \in \left[ { - 1;\,1} \right]\]khi \[m\] thoả mãn:
\[m \le 7\].
\[m < 7\].
\[m > 7\].
\[m \ge 7\].
Xem đáp án
Lời giải
Theo đề bài ta có: \[\mathop {min}\limits_{\left[ { - 1;\,1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = 5.\]
Đặt \[g\left( x \right) = \sqrt {1 - x} + \sqrt {5 - x} \] với \[x \in \left[ { - 1;\,1} \right]\]; \[g'\left( x \right) = \frac{{ - 1}}{{2\sqrt {1 - x} }} + \frac{{ - 1}}{{2\sqrt {5 - x} }} < 0\,\forall x \in \left( { - \infty ;\,\,1} \right]\].
Hàm số \[y = g\left( x \right)\] luôn nghịch biến trên \[\left[ { - 1;\,1} \right]\]. Vậy\[\mathop {min}\limits_{\left[ { - 1;\,1} \right]} g\left( x \right) = g\left( 1 \right) = 2\].
Để phương trình \[f\left( x \right) + \sqrt {1 - x} + \sqrt {5 - x} \le m\] có nghiệm trên \[x \in \left[ { - 1;\,1} \right]\] khi và chỉ khi
\[m \ge \mathop {min}\limits_{\left[ { - 1;\,1} \right]} \left( {f\left( x \right) + \sqrt {1 - x} + \sqrt {5 - x} } \right) = 5 + 2 = 7.\] Vậy \[m \ge 7\].
37. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Giá trị lớn nhất của hàm số \(y = \sqrt {9 - {x^2}} \) bằng
\(9\).
\(3\).
\(0\).
\(2\).
Xem đáp án
Lời giải
Tập xác định: \(D = \left[ { - 3;3} \right]\).
Hàm số liên tục trên \(\left[ { - 3;3} \right]\).
\(y' = \frac{{ - x}}{{\sqrt {9 - {x^2}} }}\)
\(y' = 0 \Leftrightarrow x = 0 \in \left[ { - 3;3} \right]\).
\(y\left( 0 \right) = 3;y\left( { - 3} \right) = 0;y\left( 3 \right) = 0\).
Vậy \[\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 3;3} \right]} y = 3 = y\left( 0 \right)\].
38. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Thể tích của khối đa diện đều loại \(\left\{ {4;3} \right\}\), biết diện tích một mặt bằng \(9\) là
\(18\).
\(8\).
\(64\).
\(27\).
Xem đáp án
Lời giải
Khối đa diện đều loại \(\left\{ {4;3} \right\}\) là khối lập phương, mỗi mặt của khối đa diện là hình vuông.
Gọi \(a\) là cạnh của khối lập phương.
\(S = {a^2} = 9 \Rightarrow a = 3\).
Vậy thể tích của khối lập phương \(V = {a^3} = 27\).
39. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\). Biết đồ thị \(g\left( x \right) = f'\left( {x + 2} \right) + 2\) hình vẽ bên. Hỏi hàm số \(y = f\left( x \right)\)nghịch biến trong khoảng nào?
\(\left( { - \infty \,;\,3} \right)\).
\(\left( {3\,;\,5} \right)\).
\(\left( { - 1\,;\,1} \right)\).
\(\left( {5\,;\, + \infty } \right)\).
Xem đáp án
Lời giải
Ta có: Tịnh tiến đồ thị hàm số \(y = f'\left( {x + 2} \right) + 2\) xuống dưới 2 đơn vị, ta được đồ thị hàm số \(y = f'\left( {x + 2} \right)\). Tiếp tục tịnh tiến đồ thị hàm số sang phải 2 đơn vị, ta được đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\). Dựa vào hình vẽ, ta thấy trong khoảng \(\left( {3\,;\,5} \right)\)đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) nằm dưới trục \[Ox\] nên hàm số nghịch biến. Chọn đáp án B.
40. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \(y = a{x^4} + 2b{x^2} + c\) có bảng biến thiên như hình vẽ. Tính \(a + b + c\)bằng
\(3\).
\(2\).
\( - 3\).
\( - 2\).
Xem đáp án
Lời giải
Ta có: \(f\left( x \right) = a{x^4} + 2b{x^2} + c \Rightarrow f'\left( x \right) = 4a{x^3} + 4bx\)
Từ bảng biến thiên ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( { - 1} \right) = f'\left( 1 \right) = 0\\f\left( { - 1} \right) = f\left( 1 \right) = - 4\\f\left( 0 \right) = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4a - 4b = 0\\a + 2b + c = - 4\\c = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = - 1\\c = - 3\end{array} \right.\)
Vậy: \(a + b + c = - 3\). Chọn đáp án C.
41. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hình chóp \(S.ABC\) có chiều cao \(SA = 3a\), đáy \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\), \(AB = a,AC = 2a\). Thể tích của nó bằng
\[{a^3}\].
\[\frac{{{a^3}}}{3}\].
\(3{a^3}\).
\(2{a^3}\).
Xem đáp án
Lời giải
Thể tích hình chóp \(S.ABC\) là \(V = \frac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.3a.\frac{1}{2}a.2a = {a^3}\).
42. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có tâm đáy là \(O\). Gọi \(M,\,N,\,P,\,Q\) lần lượt là trung điểm của \(SA,\,SB,\,SC,\,SD\). Hình hộp có đáy là \(MNPQ\), đáy kia là \(M'N'P'Q'\) với \(M'\) là trung điểm của \(AO\). Gọi \({V_1}\) là thể tích khối chóp \(S.ABCD\), \({V_2}\) là thể tích khối hộp \(MNPQ.M'N'P'Q'\). Tính tỉ số \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}}\)
\[\frac{5}{8}\].
\[\frac{8}{5}\].
\[\frac{8}{3}\].
\[\frac{3}{8}\].
Xem đáp án
Lời giải
Đặt \(AB = a,\,SO = h \Rightarrow {V_1} = \frac{1}{3}h{a^2}\).
Do \(M,\,M'\) lần lượt là trung điểm của \(SA,\,OA \Rightarrow MM'{\rm{//}}SO,\,MM' = \frac{1}{2}h\).
Do \(M,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA,\,SB \Rightarrow MN{\rm{//}}AB,\,MN = \frac{1}{2}a\), suy ra \(MNPQ.M'N'P'Q'\) là hình hộp chữ nhật nên \({V_2} = {\left( {\frac{1}{2}a} \right)^2}\frac{1}{2}h = \frac{{h{a^2}}}{8}\).
Khi đó \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{h{a^2}}}{3}.\frac{8}{{h{a^2}}} = \frac{8}{3}\).
43. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Gọi \(M,n\) lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số \[y = {x^3} - 3x + 3\]trên \(\left[ {0;2} \right]\). Tính \(M + n\) bằng
\(5\).
\(4\).
\(8\).
\(6\).
Xem đáp án
Lời giải
Hàm số xác định và liên tục trên \(\left[ {0;2} \right]\).
\(y' = 3{x^2} - 3\), \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in \left( {0;2} \right)\\x = - 1 \notin \left( {0;2} \right)\end{array} \right.\).
Ta có \(y\left( 0 \right) = 3\), \(y\left( 1 \right) = 1\), \(y\left( 2 \right) = 5\) nên \(M = 5\), \(n = 1\)
Vậy \(M + n = 6\).
44. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{x - 1}}\)có tiệm cận đứng là
\(y = 0\).
\(x = 1\).
\(x = 0\).
\(y = 1\).
Xem đáp án
Lời giải
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\)
Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty \]nên \(x = 1\) là tiệm cận đứng.
45. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] liên tục trên , \[f\left( 0 \right) = - 1;\,f\left( 2 \right) = 1;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = + \infty ;\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = - \infty \]. Biết đồ thị \[y = f'\left( x \right)\] hình vẽ. Có bao nhiêu số nguyên \[m\] để phương trình \[f\left( x \right) = m\] có 3 nghiệm phân biệt?
\[0\].
\[1\].
\[2\].
\[3\].
Xem đáp án
Lời giải
Từ giả thiết ta có bảng biến thiên như sau:
Để phương trình \[f\left( x \right) = m\] có 3 nghiệm phân biệt\( \Leftrightarrow \)đường thẳng\[y = m\] cắt đồ thị \[y = f\left( x \right)\]tại 3 điểm phân biệt. Dựa vào bảng biến thiên của hàm \[y = f\left( x \right)\]ta thấy với \[ - 1 < m < 1\]thì đường thẳng\[y = m\] cắt đồ thị \[y = f\left( x \right)\]tại 3 điểm phân biệt, mà \[m\]nguyên nên suy ra \[m = 0\]. Chọn B
46. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Có bao nhiêu số nguyên \(m\) để hàm số \(y = \left| {{x^3} - 3x - m} \right|\) có giá trị nhỏ nhất trên \(\left[ {0;\,1} \right]\) là nhỏ nhất.
\[3\].
\[1\].
\[2\].
\[4\].
Xem đáp án
Lời giải
Rõ ràng \(y = \left| {{x^3} - 3x - m} \right| \ge 0\,\,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\) suy ra \(\mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {0;1} \right]} \,\,y \ge 0\). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi\({x^3} - 3x - m = 0\) .
Ta tìm \(m \in \mathbb{Z}\) để phương trình \({x^3} - 3x = m\) có nghiệm trong đoạn \(\left[ {0;\,1} \right]\)hay tìm \(m \in \mathbb{Z}\) để đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3x\) tại điểm có hoành độ thuộc đoạn\(\left[ {0;\,1} \right]\).
Xét \(f\left( x \right) = {x^3} - 3x\) có\({f^'}\left( x \right) = 3\left( {{x^2} - 1} \right) \le 0\,\,\forall x \in \left[ {0;\,1} \right]\) suy ra \[\mathop {Min}\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = - 2\],\[\mathop {{\rm{Max}}}\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = 0\]. Vậy \[m\] phải thỏa mãn\( - 2 \le m \le 0\).
Vì \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m = 0, - 1, - 2\). Chọn A.
47. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên sau.Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào?
\(\left( {0; + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty ;0} \right)\).
\(\left( { - 1;0} \right)\).
\(\left( { - 1;1} \right)\).
Xem đáp án
Lời giải
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên \(\left( { - 1;0} \right)\)
48. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có \(AB = a\), cạnh bên tạo với đáy một góc \(60^\circ \). Thể tích khối chóp \(S.ABC\) bằng
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}\).
Xem đáp án
Lời giải
Gọi \[O = AC \cap BD\] \( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\)\( \Rightarrow \left( {\widehat {SC,\left( {ABCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {SC,OC}} \right) = \widehat {SCO} = 60^\circ \).
Xét tam giác \(SOC\) vuông tại \(O\), có \(SO = OC.\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\sqrt 3 = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).
Diện tích tam giác \(\Delta ABC\) là \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = \frac{1}{2}{a^2}\).
Vậy \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\frac{1}{2}{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}\).
49. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \[y = {x^4} - 2{x^2}\]. Hàm số cực đại tại \[x\] bằng
\[1\].
\[2\].
\[ - 1\].
\[0\].
Xem đáp án
Lời giải
Ta có \[y = {x^4} - 2{x^2} \Rightarrow y' = 4{x^3} - 4x\]
\[y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x = 0}\\{x = - 1}\end{array}} \right.\]
\[y'' = 12{x^2} - 4\]
\[\begin{array}{l}y''(1) = y''( - 1) = 12 - 4 = 8 > 0\\y''(0) = 0 - 4 = - 4 < 0\end{array}\]
Hàm số đạt cực đại tại \[x = 0\]
50. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hình chóp đều \[S.ABC\] có \[AB = 2\sqrt 3 \], mặt bên tạo với đáy một góc \[{45^0}\].
Thể tích của khối chóp \[S.ABC\] bằng
\[2\sqrt 3 \].
\[4\sqrt 3 \].
\[8\sqrt 3 \].
\[\sqrt 3 \].
Xem đáp án
Lời giải
Gọi\[D\]là trung điểm của \[BC\] và \[E\] là trọng tâm \[\Delta ABC\]. Do \[S.ABC\] là hình chóp đều nên \[SE\] là đường cao của hình chóp. Ta có:
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC}\\{SD \bot BC,\,\,SD \subset \left( {SBC} \right)}\\{AD \bot BC,\,\,AD \subset \left( {ABC} \right)}\end{array}} \right.\]
Góc giữa hai mặt phẳng \[\left( {SBC} \right)\] và \[\left( {ABC} \right)\] là góc giữa \[SD\] và \[AD\], đó là \[\widehat {SDA}\]. Theo bài ra \[\widehat {SDA} = {45^0}\].
\[{\mathcal{B}_{ABC}} = {\left( {2\sqrt 3 } \right)^2}\frac{{\sqrt 3 }}{4} = 3\sqrt 3 \].
\[AD = 2\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 3\]; \[ED = \frac{1}{3}AD = \frac{1}{3}.3 = 1\].
Tam giác \[SED\] vuông tại \[E\] có \[\widehat {SDE} = {45^0}\] nên tam giác \[SED\] vuông cân tại \[E\].
Do đó \[SE = ED = 1\].
\[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{\mathcal{B}_{ABC}}.SE = \frac{1}{3}.3\sqrt 3 .1 = \sqrt 3 \].
