Đề thi
Bộ 20 đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án (Đề 4)
AdminToánLớp 12114 lượt thi
50 câu hỏi
1. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số bậc ba \(f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) có bảng biến thiên như hình vẽ:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào sau đây?
\(\left( { - \infty ;\, - 4} \right)\).
\(\left( {0\,;\,2} \right)\).
\(\left( { - 8\,;\, + \infty } \right)\).
\(\left( {2\,;\, + \infty } \right)\).
Xem đáp án
Lời giải
Từ bảng biến thiên dễ thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {2\,;\, + \infty } \right)\).
2. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Trên khoảng \(\left( { - \pi \,;\,\pi } \right)\) đồ thị hàm số \(y = \sin x\) được cho như hình vẽ:
Hỏi hàm số \(y = \sin x\) nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
\(\left( { - \pi \,;\,0} \right)\).
\(\left( { - \frac{\pi }{2}\,;\,\frac{\pi }{2}} \right)\).
\(\left( {0\,;\,\pi } \right)\).
\(\left( {\frac{\pi }{2}\,;\,\pi } \right)\).
Xem đáp án
Lời giải
Từ hình vẽ, ta thấy đồ thị hàm số \(y = \sin x\) “đi xuống” trong \(\left( {\frac{\pi }{2}\,;\,\pi } \right)\), do đó hàm số nghịch biến trong khoảng \(\left( {\frac{\pi }{2}\,;\,\pi } \right)\).
3. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số \(m\) để hàm số \(y = {x^4} - 2m{x^2} + 2020\) đồng biến trên khoảng \(\left( {1\,; + \infty } \right)\).
\(0 < m \le 1\).
\(m \le 1\).
\(0 \le m \le 1\) .
\(m \le 0\).
Xem đáp án
Lời giải
Ta có \(y' = 4{x^3} - 4mx = 4x\left( {{x^2} - m} \right)\) và \(y' = 0\, \Leftrightarrow \,\left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m\end{array} \right.\).
Nếu \(m \le 0\) thì hàm số đồng biến trên \(\left( {0\,; + \infty } \right)\) nên hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( {1\,; + \infty } \right)\).
Do đó, \(m \le 0\) thỏa yêu cầu bài toán.
Nếu \(m > 0\) thì hàm số đồng biến trên \(\left( { - \sqrt m \,;\,0} \right)\), \(\left( {\sqrt m \,;\, + \infty } \right)\) nên hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( {1\,; + \infty } \right)\) khi \(\sqrt m \le 1\, \Leftrightarrow \,0 \le m \le 1\).
So với điều kiện thì \(0 < m \le 1\) thỏa yêu cầu bài toán.
Vậy giá trị \(m\) cần tìm là \(m \le 1\).
4. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Tìm khoảng nghịch biến của hàm số \(y = \sqrt {3 - x} + \sqrt {x - 1} \).
\(\left( {1;3} \right)\).
\(\left( { - \infty ;2} \right)\) .
\(\left( {2\,;\,3} \right)\).
\(\left( {2\,;\, + \infty } \right)\).
Xem đáp án
Lời giải
Tập xác định: \(D = \left[ {1;3} \right]\).
Ta có \(y' = \frac{1}{{2\sqrt {x - 1} }} - \frac{1}{{2\sqrt {3 - x} }}\).
\(y' = 0\, \Leftrightarrow \,\frac{1}{{2\sqrt {x - 1} }} - \frac{1}{{2\sqrt {3 - x} }} = 0\, \Leftrightarrow \,x - 1 = 3 - x\, \Leftrightarrow \,x = 2\).
\(y'\) không xác định khi \(\left[ \begin{array}{l}\sqrt {x - 1} = 0\\\sqrt {3 - x} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \,\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.\).
Bảng xét dấu đạo hàm
Dựa vào bảng xét dấu của đạo hàm, ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( {2\,;\,3} \right)\).
5. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) sao cho hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{3}{x^3} + m{x^2} + 4x + 2020\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\)?
5.
4.
3.
2.
Xem đáp án
Lời giải
\(y' = {x^2} + 2mx + 4\).
Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\)\( \Leftrightarrow {\Delta _{y'}} \le 0 \Leftrightarrow 4{m^2} - 16 \le 0 \Leftrightarrow - 2 \le m \le 2\).
Vậy có 5 giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa mãn là: \( - 2; - 1;0;1;2\).
6. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) để hàm số \(y = \frac{{x + 2}}{{x + 5m}}\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty \,; - 10} \right)\)?
2.
Vô số.
1.
3.
Xem đáp án
Lời giải
Ta có \(y = \frac{{x + 2}}{{x + 5m}}\,\,\left( {x \ne - 5m} \right)\), đạo hàm \(y' = \frac{{5m - 2}}{{{{\left( {x + 5m} \right)}^2}}}\).
Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y' > 0\\ - 5m \notin \left( { - \infty \,; - 10} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5m - 2 > 0\\ - 5m \ge - 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{2}{5} < m \le 2\).
Do \(m \in \mathbb{Z}\), nên \(m \in \left\{ {1\,;2} \right\}\). Vậy có 2 giá trị nguyên của tham số \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán.
7. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] có đồ thị như hình vẽ:
Hàm số\[y = f\left( {{x^2} - 2} \right)\] nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
\[\left( { - \infty ; - 2} \right)\]
\[\left( {0;2} \right)\]
\[\left( {2; + \infty } \right)\].
\[\left( { - 2;0} \right)\].
Xem đáp án 
Lời giải
Quan sát đồ thị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta thấy \(f'\left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 2\end{array} \right.\).
Với \(y = f\left( {{x^2} - 2} \right)\) ta có \(y' = 2x.f'\left( {{x^2} - 2} \right)\).
Vậy \(y' = 0\)\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = 0\\f'\left( {{x^2} - 2} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} - 2 = 0\\{x^2} - 2 = \pm 2\end{array} \right. \]\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm \sqrt 2 \\x = \pm 2\end{array} \right.\).
Bảng biến thiên
Vậy \(y = f\left( {{x^2} - 2} \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\).
8. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có đạo hàm \(f'\left( x \right) = x{\left( {x - 1} \right)^2}{\left( {x - 2} \right)^3}{\left( {x - 3} \right)^4}\). Số điểm cực đại của hàm số đã cho là.
\(2\).
\(1\).
\(0\).
\(3\).
Xem đáp án
Lời giải
\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x{\left( {x - 1} \right)^2}{\left( {x - 2} \right)^3}{\left( {x - 3} \right)^4} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 2\\x = 3\end{array} \right.\).
Lập bảng biến thiên.
Dựa vào BXD ta có \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ dương sang âm 1 lần nên hàm số có 1 điểm cực đại.
9. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Hàm số \[y = {x^3} - 3{x^2} + mx - 2\] đạt cực tiểu tại \[x = 2\] khi:
\[m > 0\].
\[m = 0\].
\[m < 0\].
\[m \ne 0\].
Xem đáp án
Lời giải
Ta có: \[y' = 3{x^2} - 6x + m,{\rm{ }}y'' = 6x - 6\].
Để hàm số đạt cực tiểu tại \[x = 2\] thì \[\left\{ \begin{array}{l}y'\left( 2 \right) = 0\\y''\left( 2 \right) > 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 0\\6 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 0\].
10. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Tập hợp các giá trị của tham số \(m\) để hàm số \(y = {x^3} + 6{x^2} + 3\left( {m + 2} \right)x - m - 1\) đạt cực trị tại các điểm \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \({x_1} < - 1 < {x_2}\) là
\(\left( { - \infty ;1} \right)\).
\(\left( {1; + \infty } \right)\).
\(\left( {1;2} \right)\).
\(\left( { - \infty ;2} \right)\).
Xem đáp án
Lời giải
Ta có \(y' = 3{x^2} + 12x + 3\left( {m + 2} \right)\); \(y' = 0\)\( \Leftrightarrow {x^2} + 4x + m + 2 = 0\) \(\left( * \right)\).
Hàm số có hai điểm cực trị \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \({x_1} < - 1 < {x_2}\)\( \Leftrightarrow \) phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \(\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) < 0\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = 4 - \left( {m + 2} \right) > 0\\{x_1}{x_2} + {x_1} + {x_2} + 1 < 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 2\\m < 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 1\).
11. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{2}{x^3} - 2{x^2} + 3x + 2021\) với mọi \(x \in \mathbb{R}.\) Gọi \(S\) là tổng tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số \(y = f\left( {{x^2} - 10x + m + 9} \right)\) có 5 điểm cực trị. Tổng \(S\)thuộc khoảng nào trong các khoảng sau.
\(\left( {110;120} \right)\).
\(\left( {120;130} \right)\).
\(\left( {130;140} \right)\).
\(\left( {140;150} \right)\).
Xem đáp án
Lời giải
Ta có: \(f'\left( x \right) = {x^2} - 4x + 3\); \(f'\left( x \right) = {x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.\).
Suy ra hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{2}{x^3} - 2{x^2} + 3x + 2021\)có hai điểm cực trị là \(x = 1;x = 3\) .
Ta có:\(y' = \left( {2x - 10} \right).f'\left( {{x^2} - 10x + m + 9} \right)\).
\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5\\{x^2} - 10x + m + 9 = 1{\rm{ }}\left( 1 \right)\\{x^2} - 10x + m + 9 = 3{\rm{ }}\left( 2 \right)\end{array} \right.\).
Hàm số đã cho có 5 cực trị \( \Leftrightarrow y' = 0\) có 5 nghiệm phân biệt và \(y'\) đổi dấu khi đi qua 5 nghiệm đó\( \Leftrightarrow \)Mỗi pt (1) và (2) có 2 nghiệm phân biệt khác nhau và khác 5.
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}25 - \left( {m + 8} \right) > 0\\25 - \left( {m + 6} \right) > 0\\m \ne 17\\m \ne 19\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 17\).
Vậy các giá trị m nguyên dương thõa mãn: \(m \in \left\{ {1;\,\,2;\,\,3....;\,\,16} \right\}\). Khi đó \(S = \frac{{\left( {1 + 16} \right)16}}{2} = 136\) .
12. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Biết đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3x + 1\) có hai điểm cực trị \(A\), \(B\). Khi đó phương trình đường thẳng \(AB\) là
\(y = 2x - 1\) .
\(y = - 2x + 1\) .
\(y = - x + 2\) .
\(y = x - 2\) .
Xem đáp án
Lời giải
Cách 1: Từ đề bài, ta tìm được tọa độ hai điểm cực trị \(A,B\) sau đó
+ Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm \(A,B\) rồi suy ra đáp án B.
+ Hoặc thử cả 2 điểm \(A,B\) vào từng đáp án để suy ra đáp án B.
Cách 2:
Thực hiện phép chia \(y\) cho \(y'\) ta được: \(y = y'.\left( {\frac{1}{3}x} \right) + \left( { - 2x + 1} \right)\).
Giả sử hai điểm cực trị của đồ thị hàm số lần lượt là: \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right)\) và \(B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\).
Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{y_1} = y\left( {{x_1}} \right) = y'\left( {{x_1}} \right).\left( {\frac{1}{3}{x_1}} \right) + \left( { - 2{x_1} + 1} \right) = - 2{x_1} + 1\\{y_2} = y\left( {{x_2}} \right) = y'\left( {{x_2}} \right).\left( {\frac{1}{3}{x_2}} \right) + \left( { - 2{x_2} + 1} \right) = - 2{x_2} + 1\end{array} \right.\].
Ta thấy, toạ độ hai điểm cực trị \(A\) và \(B\) thoả mãn phương trình \(y = - 2x + 1\).
Vậy phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị là: \(y = - 2x + 1\).
13. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số \(m\) sao cho đồ thị của hàm số \(y = - {x^4} + 2\left( {m + 1} \right){x^2} - {m^2}\) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông cân.
\[m = 1\].
\[m = 1;m = 0\].
\(m = 0\).
\[m = - 1;m = 0\].
Xem đáp án
Lời giải
Cách 1: Ta có \(y' = - 4x\left( {{x^2} - m - 1} \right)\)
Xét \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m + 1\end{array} \right.\).
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị \( \Leftrightarrow \)\(m > - 1\)\(\left( * \right)\)
Tọa độ ba điểm cực trị là \(A\left( {0;\, - {m^2}} \right),\)\(B\left( {\sqrt {m + 1} ;\,2m + 1} \right),\)\(C\left( { - \sqrt {m + 1} ;\,2m + 1} \right)\)
Gọi \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BC\) thì \(H\left( {0;\,2m + 1} \right)\)
Ba điểm cực trị lập thành tam giác vuông cân khi và chỉ khi \(AH = \frac{{BC}}{2}\)\( \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {m + 1} \right)}^4}} = \sqrt {m + 1} \)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = - 1\end{array} \right.\).
So với điều kiện (*) thì \(m = 0\) thỏa mãn.
Cách 2: (Phương pháp trắc nghiệm)
Điều kiện để đồ thị hàm số trùng phương\(y = a{x^4} + b{x^2} + c\,,a \ne 0\) có ba điểm cực trị là \(ab < 0 \Leftrightarrow m > - 1\)
Khi đó ba điểm cực trị lập thành tam giác vuông cân khi \({b^3} + 8a = 0 \Leftrightarrow - 8{\left( {m + 1} \right)^3} + 8 = 0 \Leftrightarrow m = 0\).
14. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\). Biết rằng \(f\left( x \right)\) có đạo hàm \(f'\left( x \right)\) và hàm số \(y = f'\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ?
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đúng hai điểm cực trị.
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( { - \infty ;\,2} \right)\).
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {2;4} \right)\).
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {3;\,5} \right)\).
Xem đáp án
Lời giải
Ta có \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\\x = 3\end{array} \right.\) và \(f'\) đổi dấu khi qua nghiệm nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đúng 3 điểm cực trị.
Mặt khác, \(y' > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 < x < 3\\x > 5\end{array} \right.\) và \(y' < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < 1\\3 < x < 5\end{array} \right.\) . Do đó, hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên mỗi khoảng \(\left( {1;\,3} \right)\), \(\left( {5;\, + \infty } \right)\) và nghịch biến trên mỗi khoảng \(\left( { - \infty ;\,1} \right)\), \(\left( {3;\,5} \right)\).
15. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Đồ thị hàm số\(y = \frac{{{x^2} - x - 2}}{{{x^2} - 1}}\) có bao nhiêu đường tiệm?
0.
1.
2.
3.
Xem đáp án
Lời giải
Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{{x^2} - x - 2}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{1 - \frac{1}{x} - \frac{2}{{{x^2}}}}}{{1 - \frac{1}{{{x^2}}}}} = 1\]\( \Rightarrow y = 1\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} - x - 2}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{x - 2}}{{x - 1}} = - \infty \]\( \Rightarrow x = 1\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{{x^2} - x - 2}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{x - 2}}{{x - 1}} = \frac{3}{2}\].
Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{{x^2} - x - 2}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{x - 2}}{{x - 1}} = \frac{3}{2}\].
Vậy đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận.
16. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m \in \left[ { - 2020\,;\,2020} \right]\)để đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 2}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + m} }}\) có hai đường tiệm cận đứng?
\(2020\).
\(2021\).
\(2019\).
\(2018\).
Xem đáp án
Lời giải
Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 2}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + m} }}\)có hai đường tiệm cận đứng khi \({x^2} - 2x + m = 0\) có hai nghiệm phân biệt khác \( - 2\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\Delta ' > 0}\\{{{\left( { - 2} \right)}^2} - 2\left( { - 2} \right) + m \ne 0}\end{array}} \right.
\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{1 - m > 0}\\{m \ne - 8}\end{array}} \right.
\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m < 1}\\{m \ne - 8}\end{array}} \right.\)
Vậy có 2020 giá trị của tham số \(m \in \left[ { - 2020\,;\,2020} \right]\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
17. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau:
Tổng số đường tiệm cận của đồ thị hàm số đã cho là
1.
2.
3.
4.
Xem đáp án
Lời giải
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } f\left( x \right) = 2\, \Rightarrow y = 2\) là một TCN của đồ thị hàm số.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = - \infty \Rightarrow x = 1\) là một TCĐ của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số có tất cả 2 đường tiệm cận.
18. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Tìm m để đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 2}}{{{x^2} + \left( {2m - 3} \right)x + {m^2} - 2m}}\) không có tiệm cận đứng.
\(m > \frac{9}{4}\).
\(m < \frac{9}{4}\).
\(m \ne \frac{9}{4}\).
\(m \ne 2\).
Xem đáp án
Lời giải
Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + \left( {2m - 3} \right)x + {m^2} - 2m \ne 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow {\left( {2m - 3} \right)^2} - 4\left( {{m^2} - 2m} \right) < 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow m > \frac{9}{4}\,\,.\end{array}\]
19. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có đồ thị như hình vẽ.
Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} - 1}}{{{f^2}\left( x \right) - 4f\left( x \right)}}\) là
\(2\).
\(3\).
\(4\).
\(1\).
Xem đáp án
Lời giải
Dựa vào đồ thị, khi đó phương trình \({f^2}(x) - 4f(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f(x) = 0\\f(x) = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 1{\rm{ }}\\x = - 1\\x = 2\end{array} \right.\), trong đó \(x = 1\) và \(x = - 1\) là nghiệm kép bội chẵn. Khi đó
\({f^2}(x) - 4f(x) = \left( {x + 2} \right){\left( {x - 1} \right)^{2k}}\left( {x - 2} \right){\left( {x + 1} \right)^{2l}}.g(x)\), với \(g(x)\)là một đa thức vô nghiệm trên \(\mathbb{R}\)và \(k,l \in {\mathbb{N}^*}\).
Suy ra \(y = \frac{{{x^2} - 1}}{{{f^2}(x) - 4f(x)}} = \frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x + 2} \right){{\left( {x - 1} \right)}^{2k}}\left( {x - 2} \right){{\left( {x + 1} \right)}^{2l}}.g(x)}}\)
\( = \frac{1}{{\left( {x + 2} \right){{\left( {x - 1} \right)}^{2k - 1}}\left( {x - 2} \right){{\left( {x + 1} \right)}^{2l - 1}}.g(x)}}\)
Vậy đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} - 1}}{{{f^2}(x) - 4f(x)}}\)có \(4\) đường tiệm cận đứng đó là \(x = \pm 1,x = \pm 2\).
20. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Giá trị lớn nhất của hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{x - 2}}{{x + 1}}\) trên đoạn \(\left[ {1;3} \right]\) bằng
\( - \frac{1}{2}\).
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{1}{4}\).
\(\frac{5}{2}\).
Xem đáp án
Lời giải
Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)\)\( \Rightarrow \) hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {1;3} \right)\).
Suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right) = \frac{1}{4}\).
21. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{16\sin x - 4}}{{16{{\sin }^2}x - 4\sin x + 9}}\). Gọi \(M\) là giá trị lớn nhất và \(m\) là giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho. Chọn mệnh đề đúng.
\(M = m + \frac{8}{7}\).
\(7M + 5m = 0\).
\(M = \frac{5}{7}m\).
\(M = - \frac{4}{7}m\).
Xem đáp án
Lời giải
Đặt \(t = \sin x\), \( - 1 \le t \le 1\)\( \Rightarrow y = g\left( t \right) = \frac{{16t - 4}}{{16{t^2} - 4t + 9}}\)
Ta có \(g'\left( t \right) = \frac{{ - 256{t^2} + 128x + 128}}{{{{\left( {16{t^2} - 4t + 9} \right)}^2}}}\); \(g'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 256{t^2} + 128t + 128}}{{{{\left( {16{t^2} - 4t + 9} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t = - \frac{1}{2}\end{array} \right.\left( {TM} \right)\).
Có \(g\left( { - 1} \right) = - \frac{{20}}{{29}}\), \(f\left( { - \frac{1}{2}} \right) = - \frac{4}{5}\), \(f\left( 1 \right) = \frac{4}{7}\).
Suy ra \(M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} g\left( t \right) = \frac{4}{7}\) và \(m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} g\left( t \right) = - \frac{4}{5}\).
Vậy \(7M + 5m = 0\).
22. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho các số thực \(x\), \(y\) thỏa mãn \({x^2} - xy + {y^2} = 2\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = {x^2} + xy + {y^2}\).
\(\min P = \frac{2}{3}\).
\(\min P = \frac{1}{6}\).
\(\min P = \frac{1}{2}\).
\(\min P = 2\).
Xem đáp án
Lời giải
Xét \(\frac{P}{2} = \frac{{{x^2} + xy + {y^2}}}{2} = \frac{{{x^2} + xy + {y^2}}}{{{x^2} - xy + {y^2}}}\).
Nếu \(y = 0\) thì \({x^2} = 2\). Do đó \(P = {x^2} = 2 \Rightarrow \min P = 2\).
Nếu \(y \ne 0\), chia cả tử và mẫu cho \({y^2}\) ta có: \(\frac{P}{2} = \frac{{1 + \left( {\frac{x}{y}} \right) + {{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^2}}}{{1 - \left( {\frac{x}{y}} \right) + {{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^2}}}\).
Đặt \(t = \frac{x}{y}\), khi đó \(\frac{P}{2} = \frac{{1 + t + {t^2}}}{{1 - t + {t^2}}}\).
Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{1 + t + {t^2}}}{{1 - t + {t^2}}} \Rightarrow f'\left( t \right) = \frac{{ - 2{t^2} + 2}}{{{{\left( {1 - t + {t^2}} \right)}^2}}}\).
\(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t = - 1\end{array} \right.\).
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta \(\min \frac{P}{2} = \frac{1}{3} \Rightarrow \min P = \frac{2}{3}\).
23. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \(y = \left| {{x^4} - 2{x^3} + {x^2} + a} \right|\). Có bao nhiêu số nguyên \(a\) sao cho \(\mathop {max}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} {\mkern 1mu} y \le 2020\)
4037.
4036.
4038.
2021.
Xem đáp án
Lời giải
Ta xét hàm số \(u\left( x \right) = {x^4} - 2{x^3} + {x^2} + a\) trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right]\).
Ta có \(u'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 6{x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = \frac{1}{2}\end{array} \right.\).
\(M = \mathop {max}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} {\mkern 1mu} u\left( x \right) = max\left\{ {u\left( { - 1} \right);u\left( 0 \right);u\left( 1 \right);u\left( {\frac{1}{2}} \right);u\left( 2 \right)} \right\}\).
\( = max\left\{ {a + 4;a + 4;a;a;a + \frac{1}{{16}}} \right\} = a + 4\)
Và \(m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} {\mkern 1mu} u\left( x \right) = a\)
\( \Rightarrow \mathop {max}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} {\mkern 1mu} y = max\left\{ {\left| {a + 4} \right|;\left| a \right|} \right\} \le 2020\)
TH1: \(\left| {a + 4} \right| \le \left| a \right| \le 2020 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {a + 4} \right)^2} \le {a^2}\\ - 2020 \le a \le 2020\end{array} \right. \Leftrightarrow - 2020 \le a \le - 2\)
TH2: \(\left| a \right| \le \left| {a + 4} \right| \le 2020 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} \le {\left( {a + 4} \right)^2}\\ - 2020 \le a + 4 \le 2020\end{array} \right. \Leftrightarrow - 2 \le a \le 2016\)
Vậy \(a \in \left\{ { - 2020;...;2016} \right\}\)Þ có \(2020 + 2017 = 4037\) số.
24. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Để thiết kế một chiếc bể cá hình hộp chữ nhật có chiều cao là \(60\,{\rm{cm}}\), thể tích \[96000\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\]. Người thợ dùng loại kính để sử dụng làm mặt bên có giá thành \(70000\)VNĐ/m2 và loại kính để làm mặt đáy có giá thành \(100000\) VNĐ/m2. Tính chi phí thấp nhất để hoàn thành bể cá.
\[81200\] VNĐ.
\[80200\] VNĐ.
\[82200\] VNĐ.
\[83200\] VNĐ.
Xem đáp án
Lời giải
Gọi \[x,\;y\left( {\rm{m}} \right)\], \[\left( {x > 0,y > 0} \right)\] là chiều dài và chiều rộng của đáy bể.
Khi đó theo đề ta suy ra \[0,6xy = 0,096 \Leftrightarrow y = \frac{{0,16}}{x}\].
Giá thành của bể cá được xác định theo hàm số sau:
\[f\left( x \right) = 2.0,6\left( {x + \frac{{0,16}}{x}} \right).70000 + 100000.x.\frac{{0,16}}{x}\]
\[ \Leftrightarrow f\left( x \right) = 84000\left( {x + \frac{{0,16}}{x}} \right) + 16000\]
Ta có \[f'\left( x \right) = 84000\left( {1 - \frac{{0,16}}{{{x^2}}}} \right) \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0,4\]
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên suy ra chi phí thấp nhất để hoàn thành bể cá là \[f\left( {0,4} \right) = 83200\] VNĐ.
25. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^3} - {x^2} + 1\) và đồ thị hàm số \(y = {x^2} - x + 1\) là
0.
1.
2.
3.
Xem đáp án
Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị đã cho:
\({x^3} - {x^2} + 1 = {x^2} - x + 1 \Leftrightarrow {x^3} - 2{x^2} + x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\).
Vì phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt nên hai đồ thị đã cho có 2 giao điểm.a
26. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} - m\) cắt trục hoành tại đúng một điểm.
\(m \in \left( { - \infty \,;\,0} \right] \cup \left[ {2\,;\, + \infty } \right)\).
\(m \in \left( { - \infty \,;\, - 4} \right) \cup \left( {0\,;\, + \infty } \right)\).
\(m \in \left( { - \infty \,;\, - 4} \right] \cup \left[ {0\,;\, + \infty } \right)\).
\(m \in \left( { - \infty \,;\,0} \right) \cup \left( {2\,;\, + \infty } \right)\).
Xem đáp án
Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} - m\) và trục hoành:
\({x^3} - 3{x^2} - m = 0 \Leftrightarrow {x^3} - 3{x^2} = m\) (*)
Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2}\) có tập xác định \(D = \mathbb{R}\).
Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x\).
\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow f\left( 0 \right) = 0\\x = 2 \Rightarrow f\left( 2 \right) = - 4\end{array} \right.\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {{x^3} - 3{x^2}} \right) = - \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {{x^3} - 3{x^2}} \right) = + \infty \).
Bảng biến thiên:
Đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} - m\) cắt trục hoành tại đúng một điểm \( \Leftrightarrow \) Phương trình (*) có đúng một nghiệm.
Do đó từ bảng biến thiên ta được: yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \)\(\left[ \begin{array}{l}m < - 4\\m > 0\end{array} \right.\).
27. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \[y = \frac{{x + 2}}{{x - 1}}\] có đồ thị là \[(C)\] và đường thẳng \[(d)\] có phương trình: \[y = - x + m\] với \[m\] là tham số. Tổng tất cả các giá trị của \[m\] để \[(d)\] cắt \[(C)\] tại hai điểm phân biệt \[A,B\] sao cho \[AB = 2\sqrt 2 \]là
6.
4.
\[ - 2\].
2.
Xem đáp án
Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm của \[(d)\] và \[(C)\]là:
\[\frac{{x + 2}}{{x - 1}} = - x + m \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 1\\{x^2} - mx + m + 2 = 0.(1)\end{array} \right.\]
Để \[(d)\] cắt \[(C)\] tại hai điểm phân biệt \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - m + m + 2 \ne 0\\\Delta = {m^2} - 4m - 8 > 0(*)\end{array} \right.\]
Khi đó \[(d)\] cắt \[(C)\] tại \[A({x_1}; - {x_1} + m);B({x_2}; - {x_2} + m)\] với \[{x_1};{x_2}\] là nghiệm của phương trình \[(1)\].
Theo Viet ta có:
\[\begin{array}{l}AB = \sqrt {{{({x_2} - {x_1})}^2} + {{({x_2} - {x_1})}^2}} \\AB = \sqrt {2[{{({x_2} + {x_1})}^2} - 4{x_1}{x_2}]} \\AB = \sqrt {2({m^2} - 4m - 8)} \end{array}\]
Theo giả thiết: \[\sqrt {2({m^2} - 4m - 8)} = 2\sqrt 2 \Leftrightarrow {m^2} - 4m - 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 2\\m = 6\end{array} \right.\](thỏa mãn \[(*)\]).
28. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \[y = {x^4} - {x^2} - 3\] có đồ thị là \[(C)\]. Phương trình tiếp tuyến với đồ thị \[(C)\]tại điểm\[A(1; - 3)\] là
\[y = - 3\].
\[y = x + 1\].
\[y = 2x - 5\].
\[y = 2x + 1\].
Xem đáp án
Lời giải
Ta có \[{f^/}(x) = 4{x^3} - 2x\] . Suy ra : \[{f^/}(1) = 2\].
Phương trình tiếp tuyến với đồ thị \[(C)\] tại điểm\[A(1; - 3)\] là:
\[y = {f^/}(2)(x - 1) - 3 \Leftrightarrow y = 2(x - 1) - 3 \Leftrightarrow y = 2x - 5.\]
29. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 6}}{{x + 2}}\), biết tiếp tuyến song song với đường thẳng \(d:y = 2x + 13\).
\(y = 2x - 3\).
\(y = 2x + 13\).
\(y = 2x + 5\).
\(y = 2x - 13\).
Xem đáp án
Lời giải
Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}\).
\(y' = \frac{8}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\).
Gọi \(\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm.
Tiếp tuyến song song với đường thẳng \(d:y = 2x + 13\), suy ra \(y'\left( {{x_0}} \right) = 2\)
\( \Leftrightarrow \frac{8}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}} = 2\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} = - 4\end{array} \right.\).
Với \({x_0} = 0\)\( \Rightarrow {y_0} = - 3\). Phương trình tiếp tuyến là \(y = 2x - 3\).
Với \({x_0} = - 4\)\( \Rightarrow {y_0} = 5\). Phương trình tiếp tuyến là \(y = 2x + 13\) (loại vì trùng với \(d\)).
Vậy tiếp tuyến của đồ thị hàm số thỏa điều kiện bài toán có phương trình là \(y = 2x - 3\).
30. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \(y = f(x)\) xác định, có đạo hàm trên \(\mathbb{R}\) và thỏa điều kiện: \(2f(x) + f({x^3}) = {x^6} + 2{x^2} - 3,{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}\). Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f(x)\) tại điểm có hoành độ bằng \(1\) là
\(y = 3x - 3\).
\(y = - 2x\).
\(y = 2x - 2\).
\(y = - 3x\).
Xem đáp án
Lời giải
Từ \(2f\left( x \right) + f\left( {{x^3}} \right) = {x^6} + 2{x^2} - 3,{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}{\rm{ }}(1)\), cho \(x = 1\) ta được:
\(2f\left( 1 \right) + f\left( 1 \right)) = 1 + 2 - 3 \Rightarrow f\left( 1 \right) = 0\).
Vì hàm số có đạo hàm trên \(\mathbb{R}\), nên đạo hàm hai vế của (1) ta được:
\(2f'\left( x \right) + 3{x^2}f'\left( {{x^3}} \right) = 6{x^5} + 4x,{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}{\rm{ }}(2)\).
Từ (2), cho \(x = 1\) ta được: \(2f'\left( 1 \right) + 3f'\left( 1 \right) = 6 + 4 \Rightarrow f'\left( 1 \right) = 2.\)
Vậy phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ bằng 1 là:
\(y = f'\left( 1 \right)\left( {x - 1} \right) + f\left( 1 \right)\)
\( \Leftrightarrow y = 2\left( {x - 1} \right) + 0\)\( \Leftrightarrow y = 2x - 2\).
31. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}\) có đồ thị \(\left( C \right)\). Gọi \[\Delta \] là tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại điểm \[M\] (có hoành độ dương) sao cho\[\Delta \] cùng với hai đường tiệm cận của \(\left( C \right)\) tạo thành tam giác có có chu vi nhỏ nhất.
\[y = - x + 2\sqrt 2 + 2\].
\[y = x - 2\sqrt 2 + 2\].
\[y = x + 2\sqrt 2 + 2\].
\[y = - x - 2\sqrt 2 + 2\].
Xem đáp án
Lời giải
Gọi \[M\] là tiếp điểm, ta có:\[M\left( {{x_0};\frac{{{x_0} - 1}}{{{x_0} + 1}}} \right)\].
Ta có:\[y' = \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} \Rightarrow k = y'\left( {{x_0}} \right) = \frac{2}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}\]. Phương trình tiếp tuyến cần tìm là
\[\Delta :y = k\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0} = \frac{{2\left( {x - {x_0}} \right) + x_0^2 - 1}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}\]
Hai đường tiệm cận là \({d_1}:y = 1\) và \({d_2}:x = - 1\). Giao điểm của hai đường tiệm với tiếp tuyến là \[A\left( { - 1;\frac{{x_0^2 - 2{x_0} - 3}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}} \right)\] và \[B\left( {2{x_0} + 1;1} \right)\]. Giao điểm hai đường tiệm cận là \(I\left( { - 1;1} \right)\).
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}IA = \frac{4}{{\left| {{x_0} + 1} \right|}}\\IB = 2\left| {{x_0} + 1} \right|\\AB = 4{\left( {{x_0} + 1} \right)^2} + \frac{{16}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}\end{array} \right.\].
Chu vi là: \[IA + IB + AB = \frac{4}{{\left| {{x_0} + 1} \right|}} + 2\left| {{x_0} + 1} \right| + 4{\left( {{x_0} + 1} \right)^2} + \frac{{16}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}\]
Theo BĐT Cauchy ta có
\[\begin{array}{l}\frac{4}{{\left| {{x_0} + 1} \right|}} + 2\left| {{x_0} + 1} \right| + 4{\left( {{x_0} + 1} \right)^2} + \frac{{16}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}\\ \ge 4\left( {\sqrt[4]{{\frac{4}{{\left| {{x_0} + 1} \right|}}\left( {2\left| {{x_0} + 1} \right|} \right)\left( {4{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}} \right)\frac{{16}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}}}} \right) = 16\left( {\sqrt[4]{2}} \right)\end{array}\]
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
\[\frac{4}{{\left| {{x_0} + 1} \right|}} = 2\left| {{x_0} + 1} \right| = 4{\left( {{x_0} + 1} \right)^2} = \frac{{16}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} \Leftrightarrow {\left( {{x_0} + 1} \right)^2} = 2 \Leftrightarrow {x_0} = - 1 \pm \sqrt 2 \]
+ Với \[{x_0} = - 1 - \sqrt 2 \Rightarrow {y_0} = 1 + \sqrt 2 \Rightarrow {\Delta _1}:y = x + 2\sqrt 2 + 2\]
+ Với \[{x_0} = - 1 + \sqrt 2 \Rightarrow {y_0} = 1 - \sqrt 2 \Rightarrow {\Delta _2}:y = x - 2\sqrt 2 + 2\].
32. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Đồ thị dưới đây của hàm số nào?
\[y = {x^3} - 3{x^2} + 2\].
\[y = {x^3} - 3x + 2\].
\[y = - {x^3} + 3x + 2\].
\[y = {x^4} + 2{x^2} + 2\].
Xem đáp án
Lời giải
Nhận thấy đồ thị hàm số đã cho là hàm số bậc 3 nên ta loại D.
Dựa vào đồ thị ta có hệ số \[a > 0\] nên ta loại C.
Đồ thị qua điểm \(A\left( { - 1;4} \right)\) nên chỉ có B.
33. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có đồ thị như hình vẽ sau:
Số giá trị nguyên của tham số \(m\) để phương trình \({f^2}\left( {\sin x} \right) - \left( {m + 1} \right)f\left( {\sin x} \right) + 2m - 2 = 0\) có đúng \(4\) nghiệm thuộc đoạn \(\left[ {0\,;2\pi } \right]\).
\(1\).
\(2\).
\(3\).
\(4\).
Xem đáp án
Lời giải
Ta có \({f^2}\left( {\sin x} \right) - \left( {m + 1} \right)f\left( {\sin x} \right) + 2m - 2 = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( {\sin x} \right) = 2 & \left( 1 \right)\\f\left( {\sin x} \right) = m - 1 & \left( 2 \right)\end{array} \right.\).
Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), ta thấy \(f\left( x \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = a\,\,\left( {a < - 1} \right)\\x = b\,\,\left( { - 1 < b < 0} \right)\\x = c\,\,\left( {1 < c} \right)\end{array} \right.\)
\[\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = a\,\,\left( {a < - 1} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {\rm{L}} \right)\\\sin x = b\,\,\left( { - 1 < b < 0} \right)\\\sin x = c\,\,\left( {1 < c} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {\rm{L}} \right)\end{array} \right.\].
Phương trình \(\sin x = b\,\,\left( { - 1 < b < 0} \right)\) có \(2\) nghiệm phân biệt thuộc đoạn \(\left[ {0\,;2\pi } \right]\).
Đặt \(t = \sin x \Rightarrow t' = \cos x\), xét \(t' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2}\\x = \frac{{3\pi }}{2}\end{array} \right.\).
Bảng biến thiên
+) Với \({t_0} = - 1\) hay \({t_0} = 1\), phương trình \(\sin x = {t_o}\) có \(1\) nghiệm \[{x_0}\].
+) Với \({t_0} \in \left( { - 1\,;0} \right)\) hay \({t_0} \in \left( {0\,;1} \right)\), phương trình \(\sin x = {t_o}\) có \(2\) nghiệm \[{x_0}\] phân biệt.
+) Với \({t_0} = 0\), phương trình \(\sin x = {t_o}\) có \(3\) nghiệm \[{x_0}\] phân biệt.
Với cách đặt \(t = \sin x\) thì phương trình \(\left( 2 \right)\) trở thành \(f\left( t \right) = m - 1\) \(\left( 3 \right)\)
Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \) phương trình \(\left( 3 \right)\) có duy nhất \(1\) nghiệm \({t_0}\) sao cho \({t_0} \in \left( { - 1\,;0} \right)\) hay \({t_0} \in \left( {0\,;1} \right)\) đồng thời nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) phải khác nhau.
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l} - 1 < m - 1 < 1\\1 < m - 1 < 3\end{array} \right.\\m - 1 \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}0 < m < 2\\2 < m < 4\end{array} \right.\\m \ne 3\end{array} \right.\], mà \(m \in \mathbb{Z}\) suy ra \(m = 1\).
Vậy có \(1\) giá trị nguyên của tham số \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán.
34. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Tập xác định của hàm số \(y = {\left( {{x^2} - x - 2} \right)^{ - 3}} + {\left( {4 - {x^2}} \right)^{\frac{1}{5}}}\) là
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1\,;2} \right\}\).
\(D = \left[ { - 2\,; - 1} \right]\).
\(D = \left( { - 2\,;2} \right)\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).
\(D = \left( { - \infty \,; - 1} \right) \cup \left( {2\,; + \infty } \right)\backslash \left\{ { - 2} \right\}\).
Xem đáp án
Lời giải
Ta có \(y = {\left( {{x^2} - x - 2} \right)^{ - 3}} + {\left( {4 - {x^2}} \right)^{\frac{1}{5}}}\) xác định \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - x - 2 \ne 0\\4 - {x^2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 2\\x \ne - 1\\ - 2 < x < 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne - 1\\ - 2 < x < 2\end{array} \right.\).
Vậy \(D = \left( { - 2\,;2} \right)\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).
35. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Tính đạo hàm của hàm số \(y = {2^{{x^2} - 3x}}\).
\(y' = (2x - 3){.2^{{x^2} - 3x}}\ln 2\).
\(y' = (2x - 3){.2^{{x^2} - 3x}}\).
\(y' = (2x - 3){.2^{{x^2} - 3x - 1}}\).
\(y' = ({x^2} - 3x){.2^{{x^2} - 3x - 1}}\).
Xem đáp án
Lời giải
Theo công thức tính đạo hàm của hàm số mũ ta có: \(y' = ({x^2} - 3x)'{.2^{{x^2} - 3x}}\ln 2 = (2x - 3){.2^{{x^2} - 3x}}\ln 2\).
36. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hàm số \(y = {\log _a}x\,\,\,\left( {0 < a \ne 1} \right)\) có đồ thị là hình bên dưới. Giá trị của \(a\) bằng
\(a = \sqrt 2 \).
\(a = \frac{2}{3}\).
\(a = 2\).
\(a = \frac{1}{3}\).
Xem đáp án
Lời giải
Từ đồ thị hàm số ta thấy: hàm số \(y = {\log _a}x\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) nên suy ra \(a > 1\).
Vì đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( {2;2} \right)\) nên ta có: \(2 = {\log _a}2 \Leftrightarrow {a^2} = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = \sqrt 2 \left( {t/m} \right)\\a = - \sqrt 2 \left( l \right)\end{array} \right.\)
37. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Hình nào dưới đây không phải là hình đa diện?
Hình 1 Hình 2 Hình 3 Hình 4
Hình 1.
Hình 2.
Hình 3.
Hình 4.
Xem đáp án
Lời giải
Theo định nghĩa hình đa diện thì hình 4 không thoả mãn tính chất của hình đa diện.
38. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Phát biểu nào sau đây là đúng?
Hình tứ diện đều có 4 đỉnh, 6 cạnh, 4 mặt.
Hình tứ diện đều có 4 đỉnh, 4 cạnh, 4 mặt.
Hình tứ diện đều có 6 đỉnh, 4 cạnh, 4 mặt.
Hình tứ diện đều có 6 đỉnh, 6 cạnh, 4 mặt.
Xem đáp án
Lời giải
Quan sát hình tứ diện đều ta thấy: Hình tứ diện đều có 4 đỉnh, 6 cạnh, 4 mặt.
39. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho khối chóp có diện tích đáy bằng \({a^2}\) và chiều cao bằng \(2a\). Thể tích của khối chóp đã cho bằng
\[\frac{{2{a^3}}}{3}.\]
\[2{a^3}.\]
\[4{a^3}.\]
\[{a^3}.\]
Xem đáp án
Lời giải
Thể tích của khối chóp \(V = \frac{1}{3}.{a^2}.2a = \frac{{2{a^3}}}{3}.\)
40. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) có cạnh đáy \(AB = 2a\sqrt 3 ;\) góc giữa mặt bên và mặt đáy là \(60^\circ .\) Tính thể tích khối chóp \(S.ABC.\)
\(8{a^3}\sqrt 3 .\)
\({a^3}\sqrt 3 .\)
\(3{a^3}.\)
\(3{a^3}\sqrt 3 .\)
Xem đáp án
Lời giải
Gọi \(O\) là trọng tâm tam giác \(ABC \Rightarrow SO \bot \left( {ABC} \right).\)
Gọi \(I\) là trung điểm \(BC \Rightarrow OI \bot BC.\)
\( \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right),\,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {SIO} \Rightarrow \widehat {SIO} = 60^\circ .\)
\( \Rightarrow SO = OI.\tan \widehat {SIO} = \frac{1}{3}.\frac{{2a\sqrt 3 .\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 3 = a\sqrt 3 .\)
Ta có \({S_{ABC}} = \frac{{{{\left( {2a\sqrt 3 } \right)}^2}.\sqrt 3 }}{4} = 3{a^2}\sqrt 3 .\)
\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .3{a^2}\sqrt 3 = 3{a^3}.\)
41. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA = 3a\) và \(SA\) vuông góc với đáy, tam giác \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(B\), \(AC = 2a\). Tính thể tích \(V\) của khối chóp \(S.ABC\).
\(V = \frac{{{a^3}}}{3}\).
\(V = \frac{{2{a^3}}}{3}\).
\(V = 2{a^3}\).
\(V = {a^3}\).
Xem đáp án
Lời giải
Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\) \( \Rightarrow BA = BC = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 \).
Thể tích \(V\) của khối chóp \(S.ABC\) là: \(V = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}BA.BC = \frac{1}{3}.3a.\frac{1}{2}.a\sqrt 2 .a\sqrt 2 = {a^3}\).
42. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình thang vuông tại \(A\) và \(B\), \(AB = BC = a\), \(AD = 2a\). Tam giác \(SAD\) đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích \(V\) của khối chóp \(S.ABCD\).
\(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).
\(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\).
\(V = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).
\(V = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{4}\).
Xem đáp án
Lời giải
Kẻ \(SH \bot AD\) tại \(H\)\( \Rightarrow \) \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).
Tam giác \(SAD\) đều \( \Rightarrow SH = \frac{{AD\sqrt 3 }}{2} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).
Thể tích \(V\) của khối chóp \(S.ABCD\) là: \(V = \frac{1}{3}SH.{V_{ABCD}} = \frac{1}{3}SH.\frac{{\left( {BC + AD} \right).AB}}{2}\)
\( = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .\frac{{\left( {a + 2a} \right).a}}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\)
43. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho khối chóp \(S.ABC\) có thể tích \(V = {a^3}\). Mặt bên \(SBC\) là tam giác vuông cân tại \(S\), có \(BC = a\sqrt 2 \). Khoảng cách từ trung điểm \(I\) của \(AB\) đến mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) là
\(6a\).
\(2a\).
\(3a\).
\(\frac{3}{2}a\).
Xem đáp án
Lời giải
▪ Tam giác \(SBC\) là tam giác vuông cân tại \(S\), có \(BC = a\sqrt 2 \Rightarrow SB = SC = a\)\( \Rightarrow {S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{2}.a.a = \frac{{{a^2}}}{2}\).
▪ Ta có: \({V_{A.SBC}} = \frac{1}{3}.\,{\rm{d}}\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right).{{\rm{S}}_{\Delta SBC}} = {a^3}\)\( \Rightarrow \,{\rm{d}}\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{3{a^3}}}{{{{\rm{S}}_{\Delta SBC}}}} = \frac{{3{a^3}}}{{\frac{{{a^2}}}{2}}} = 6a\).
▪ Do \(I\) là trung điểm của \(AB\) nên \({\rm{d}}\left( {I,\left( {SBC} \right)} \right){\rm{ = }}\frac{1}{2}{\rm{d}}\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = 3a\).
44. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho khối chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Gọi \(M\) và \(N\) theo thứ tự là trung điểm của \(SA\) và \(SB\). Tính \(k = \frac{{{V_{S.CDMN}}}}{{{V_{BCNADM}}}}\)?
\(k = \frac{1}{2}\).
\(k = \frac{3}{5}\).
\(k = \frac{5}{8}\).
\(k = \frac{3}{8}\).
Xem đáp án
Lời giải
▪ Ta có: \(\frac{{{V_{S.MNC}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SB}}.\frac{{SC}}{{SC}} = \frac{1}{4}\)\( \Rightarrow \frac{{{V_{S.MNC}}}}{{\frac{1}{2}{V_{S.CDAB}}}} = \frac{1}{4}\)\( \Rightarrow \frac{{{V_{S.MNC}}}}{{{V_{S.CDAB}}}} = \frac{1}{8}\)
▪ Và: \(\frac{{{V_{S.MCD}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SD}}{{SD}}.\frac{{SC}}{{SC}} = \frac{1}{2}\)\( \Rightarrow \frac{{{V_{S.MCD}}}}{{\frac{1}{2}{V_{S.CDAB}}}} = \frac{1}{2}\)\( \Rightarrow \frac{{{V_{S.MCD}}}}{{{V_{S.CDAB}}}} = \frac{1}{4}\).
▪ Suy ra: \(\frac{{{V_{S.CDMN}}}}{{{V_{S.CDAB}}}} = \frac{{{V_{S.MNC}} + {V_{S.MCD}}}}{{{V_{S.CDAB}}}} = \frac{{{V_{S.MNC}}}}{{{V_{S.CDAB}}}} + \frac{{{V_{S.MCD}}}}{{{V_{S.CDAB}}}}\)\( = \frac{1}{8} + \frac{1}{4} = \frac{3}{8}\).
▪ Khi đó: \(\frac{{{V_{S.CDMN}}}}{{{V_{S.CDAB}}}} = \frac{3}{8} \Leftrightarrow \frac{{{V_{S.CDMN}}}}{{{V_{S.CDAB}} - {V_{S.CDMN}}}} = \frac{3}{{8 - 3}} = \frac{3}{5}\)
▪ Vậy: \(k = \frac{{{V_{S.CDMN}}}}{{{V_{BCNADM}}}} = \frac{3}{5}\).
45. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy là tam giác vuông tại \(B\), góc , \(AC = 3a\), \(CC' = 2a\). Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) bằng
\(\frac{{9\sqrt 3 {a^3}}}{8}\) .
\(\frac{{9\sqrt 3 {a^3}}}{4}\) .
\(\frac{{3\sqrt 3 {a^3}}}{{12}}\).
\(\frac{{3\sqrt 3 {a^3}}}{4}\).
Xem đáp án
Lời giải
Ta có
\[\begin{array}{l}AB = AC.\cos {60^0} = \frac{{3a}}{2}\\BC = AC.\sin {60^0} = \frac{{3a\sqrt 3 }}{2}\end{array}\]
\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = \frac{{9\sqrt 3 {a^2}}}{8}\)
\({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.CC' = \frac{{9\sqrt 3 {a^2}}}{8}.2a = \frac{{9\sqrt 3 {a^3}}}{4}\)
46. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có đáy là tam giác đều cạnh \(4a\), hình chiếu của \(A'\) trên đáy trùng với trọng tâm \(G\) của tam giác \(ABC\), góc giữa cạnh bên và đáy bằng \({30^0}\). Tính thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\)
\(\frac{{16\sqrt 3 {a^3}}}{3}\).
\(16{a^3}\sqrt 3 \).
\(\frac{{4\sqrt 3 {a^3}}}{3}\).
\(\frac{{4\sqrt 3 {a^3}}}{9}\).
Xem đáp án
Lời giải
Gọi \(E\) là trung điểm của \(BC\).
Ta có
+) \(CE = \frac{1}{2}BC = 2a\), \(AE = \sqrt {A{C^2} - B{C^2}} = \sqrt {16{a^2} - 4{a^2}} = 2a\sqrt 3 \)
+) \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AE.BC = 4{a^2}\sqrt 3 \)
+) \(AG = \frac{2}{3}AE = \frac{{4a\sqrt 3 }}{3}\)
Vì \(A'G \bot (ABC)\)nên \(AG\) là hình chiếu vuông góc của \[A'A\] trên đáy,do đó góc giữa \(AA'\) và đáy là góc .
+) \(A'G = AG.\tan {60^0} = 4a\)
+) \({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.A'G = 16{a^3}\sqrt 3 \)
47. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\), khoảng cách từ \(C'\) đến mặt phẳng \(\left( {A'BD} \right)\) bằng \(\frac{{4a\sqrt 3 }}{3}.\) Tính theo \(a\) thể tích khối lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\,.\)
\(V = 8{a^3}.\)
\(V = 3\sqrt 3 {a^3}.\)
\(V = 8\sqrt 3 {a^3}.\)
\(V = 216{a^2}.\)
Xem đáp án
Lời giải
Gọi \(I\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD.\)
Trong mặt phẳng \(\left( {ACC'A'} \right)\)\(AC'\) cắt \(A'I\) tại \(G.\)
Do \(AI\)song song \(A'C'\) và \(AI = \frac{1}{2}AC'\) nên \(IG = \frac{1}{2}GA'.\)
Suy ra \(G\) là trọng tâm tam giác \(A'BD\), mà tam giác \(A'BD\) đều (có các cạnh là các đường chéo của những hình vuông bằng nhau) nên \(GA' = GB = GD\) và \(AA' = AB = AD\) suy ra \(AG \bot (A'BD).\)
Do đó khoảng cách từ \(C'\)đến mặt phẳng \(\left( {A'BD} \right)\) là \(C'G.\)
Mặt khác \(C'G = \frac{2}{3}AC' = \frac{2}{3}AB\sqrt 3 = \frac{{4a\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow AB = 2a.\) Vậy \(V = 8{a^3}.\)
48. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình thang cân với \(AB = 2a;\,BC = CD = DA = a\). \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy, \(SC\)tạo với đáy một góc \({60^o}\). Mặt phẳng (P) đi qua \(A\), vuông góc \(SB\) và cắt các cạnh \(SB,\,\,SC,\,SD\) lần lượt tại \(M,\,N,\,P\). Tính thể tích khối đa diện \(ABCDMNP\).
\(\frac{{668{a^3}\sqrt 3 }}{{2080}}\).
\(\frac{{669{a^3}\sqrt 3 }}{{2080}}\).
\(\frac{{667{a^3}\sqrt 3 }}{{2080}}\).
\(\frac{{666{a^3}\sqrt 3 }}{{2080}}\).
Xem đáp án
Lời giải
Do là\(ABCD\) hình thang cân\(AB = 2a;\,BC = CD = DA = a\).
Ta có \(AC = DB = a\sqrt 3 \).\(AC \bot BC;\,\,AD \bot DB\).
Do \(\widehat {\left( {SC,(ABCD)} \right)} = \widehat {\left( {SC,AC} \right)} = {60^o}\,\, \Rightarrow SA = 3a\).
Do\(\left( P \right) \bot SB\). Do\(AC \bot BC;\,\,AD \bot DB\) ta chứng minh được \(AM \bot SB\), \(AN \bot SC,\,\,AP \bot SD\).
Có \(\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}} = \frac{9}{{13}}\); \(\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{C^2}}} = \frac{3}{4}\); \(\frac{{SP}}{{SD}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{D^2}}} = \frac{9}{{10}}\).
Ta tính được \({V_{S.ACD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\);\({V_{S.ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).
Có \(\frac{{{V_{SAMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{{27}}{{52}}\); \({V_{S.AMN}} = \frac{{27{a^3}\sqrt 3 }}{{104}}\); \(\frac{{{V_{SANP}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \frac{{SP}}{{SD}}.\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{{27}}{{40}}\); \({V_{S.ANP}} = \frac{{27{a^3}\sqrt 3 }}{{160}}\).
\[{V_{S.AMNP}} = \frac{{891}}{{2080}}{a^3}\sqrt 3 \]\( \Rightarrow {V_{MNP.ABCD}} = \frac{{669{a^3}\sqrt 3 }}{{2080}}\).
49. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho hình lăng trụ tam giác đều \(ABC.A'B'C'\) có \(AB = a\) và có thể tích bằng\(\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{4}\).Góc giữa hai đường thẳng \(AB'\) và \(BC'\) bằng
\(90^\circ \).
\(30^\circ \).
\(60^\circ \).
\(45^\circ \).
Xem đáp án
Lời giải
Gọi \(E\) là điểm đối xứng của \(A'\) qua \(B'\).
Ta có \(AB//B'E\) và \(AB = B'E = a\) suy ra \(ABEB'\) là hình bình hành.
\( \Rightarrow AB'//BE\)\( \Rightarrow \widehat {\left( {AB',BC'} \right)} = \widehat {\left( {BE,BC'} \right)} = \widehat {EBC'}\).
Xét tam giác \(BB'E\) có \(BB' \bot B'E\)\( \Rightarrow \)\(\Delta BB'E\) vuông tại \(B'\).
\( \Rightarrow BE = \sqrt {B{{B'}^2} + B'{E^2}} = \sqrt {2{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 3 \).
Xét tam giác \(BB'C'\) có \(BB' \bot B'C'\)\( \Rightarrow \Delta BB'C'\) vuông tại \(B'\).
\( \Rightarrow BC' = \sqrt {B{{B'}^2} + B'{{C'}^2}} = \sqrt {2{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 3 \).
Xét tam giác \(A'C'E\) có \(C'B' = A'B' = B'E = \frac{1}{2}A'E\).
\( \Rightarrow \Delta A'C'E\) vuông tại \(C'\)\( \Rightarrow C'E = \sqrt {A'{E^2} - A'{{C'}^2}} = \sqrt {4{a^2} - {a^2}} = a\sqrt 3 \).
Suy ra tam giác \(BEC'\) có \(BE = C'E = BC' = a\sqrt 3 \)\( \Rightarrow \Delta BEC'\) là tam giác đều.
\( \Rightarrow \widehat {EBC'} = 60^\circ \)\( \Rightarrow \widehat {\left( {AB',BC'} \right)} = 60^\circ \).
Vậy góc giữa đường thẳng \(AB'\) và \(BC'\) bằng \(60^\circ \).
50. Trắc nghiệm
• 1 điểm
Cho khối lăng trụ \[ABC.A'B'C'\] có thể tích bằng 2020. Gọi \[M,N\] lần lượt là trung điểm của \[AA'\]; \[BB'\]và điểm \(P\) nằm trên cạnh \(CC'\)sao cho \[PC = 3PC'\]. Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm \[A,B,C,M,N,P\] bằng
\(\frac{{2020}}{3}\).
\(\frac{{5353}}{3}\).
\(\frac{{2525}}{3}\).
\(\frac{{3535}}{3}\).
Xem đáp án
Lời giải
Giả sử \(V = {V_{ABC.A'B'C'}} = 2020\).
Cách 1
Ta có \({V_{C'.ABC}} = \frac{1}{3}d\left( {C';\left( {ABC} \right)} \right).{S_{\Delta ABC}} = \frac{V}{3} \Rightarrow {V_{C'.ABB'A'}} = \frac{2}{3}V\).
Lại có \(\frac{{{V_{P.ABC}}}}{{{V_{C'.ABC}}}} = \frac{{\frac{1}{3}.d\left( {P;\left( {ABC} \right)} \right).{S_{\Delta ABC}}}}{{\frac{1}{3}.d\left( {C';\left( {ABC} \right)} \right).{S_{\Delta ABC}}}} = \frac{{d\left( {P;\left( {ABC} \right)} \right)}}{{d\left( {C';\left( {ABC} \right)} \right)}} = \frac{{PC}}{{CC'}} = \frac{3}{4} \Rightarrow {V_{P.ABC}} = \frac{1}{4}V\).
Ta có \(\frac{{{V_{P.ABNM}}}}{{{V_{C'.ABB'A'}}}} = & \frac{{\frac{1}{3}.d\left( {P;\left( {ABB'A'} \right)} \right).{S_{ABNM}}}}{{\frac{1}{3}.d\left( {C;\left( {ABB'A'} \right)} \right).{S_{ABB'A'}}}}\).
Mà \(d\left( {P;\left( {ABB'A'} \right)} \right) = d\left( {C;\left( {ABB'A'} \right)} \right)\)và \({S_{ABNM}} = \frac{1}{2}{S_{ABB'A'}}\).
Suy ra \(\frac{{{V_{P.ABNM}}}}{{{V_{C'.ABB'A'}}}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {V_{P.ABNM}} = \frac{1}{3}V\).
Vậy \({V_{ABC.MNP}} = {V_{P.ABNM}} + {V_{P.ABC}} = \frac{7}{{12}}V = \frac{{3535}}{3}\).
Cách 2: Dùng công thức giải nhanh
Ta có: \(\frac{{{V_{ABC.MNP}}}}{{{V_{ABC.A'B'C'}}}} = \frac{1}{3}\left( {\frac{{AM}}{{AA'}} + \frac{{BN}}{{BB'}} + \frac{{CP}}{{CC'}}} \right)\)\( \Rightarrow {V_{ABC.MNP}} = \frac{{2020}}{3}\left( {\frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{3}{4}} \right) = \frac{{3535}}{3}\).
