Bộ 25 đề thi học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 (tiếp theo) - Đề 26 có đáp án

Đáp án C

Phương pháp:

* Phương pháp xét sự đồng biến, nghịch biến của các hàm số:

- Bước 1: Tìm tập xác định, tính \(f'\left( x \right)\)

- Bước 2: Tìm các điểm tại đó \(f'\left( x \right) = 0\)hoặc \(f'\left( x \right)\)không xác định

- Bước 3: Sắp xếp các điểm đó theo thứ tự tăng dần và lập bảng biến thiên

- Bước 4: Kết luận về các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số.

Cách giải:

Tập xác định: \(D = R\backslash \left\{ 2 \right\}\)

\(y = \frac{{2x - 1}}{{x - 2}} \Rightarrow y' = \frac{{2.\left( { - 2} \right) - 1\left( { - 1} \right)}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} < 0,\,\,\forall x \in D\)

\( \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;2} \right),\,\,\left( {2; + \infty } \right)\)

Đáp án C

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật: \({S_{xq}} = 2\left( {a + b} \right)h\) (trong đó, a, b là chiều dài, chiều rộng của đáy, h là chiều cao)

Diện tích xung quanh của lăng trụ tứ giác đều: \({S_{xq}} = 4ah\) trong đó, a là độ dài cạnh đáy, h là chiều cao) .

Cách giải:

Diện tích xung quanh của hình lăng trụ đã cho bằng: \(4.a.2a = 8{a^2}\)

Đáp án C

Phương pháp:

Thể tích khối cầu có bán kính R là \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\)

Cách giải:

Bán kính của khối cầu tiếp xúc với tất cả các cạnh của hình lập phương cạnh \(2\sqrt 2 \) chính là nửa độ dài đường chéo các mặt của hình lập phương và bằng: \(R = \frac{{\left( {2\sqrt 2 } \right).\sqrt 2 }}{2} = 2\)

Thể tích khối cầu đó là:\(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {.2^3} = \frac{{32\pi }}{3}\)

Đáp án A

Phương pháp:

* Định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\)

Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = a\) hoặc \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = a \Rightarrow y = a\)là TCN của đồ thị hàm số.

* Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\)

Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} f\left( x \right) = - \infty \) hoặc \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ - }} f\left( x \right) = + \infty \) hoặc \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ - }} f\left( x \right) = - \infty \) thì \(x = a\) là TCĐ của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Tập xác định: \(D = R\backslash \left\{ { - 2;2} \right\}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2x + 1}}{{4 - {x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\frac{2}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}}{{\frac{4}{{{x^2}}} - 1 = 0}} \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang là \(y = 0\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \frac{{2x + 1}}{{4 - {x^2}}} = + \infty ,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} \frac{{2x + 1}}{{4 - {x^2}}} = - \infty ,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \frac{{2x + 1}}{{4 - {x^2}}} = + \infty ,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{2x + 1}}{{4 - {x^2}}} = - \infty \)

Đáp án A

Phương pháp: \(\sqrt[m]{a} = {a^{\frac{1}{m}}},\,\,{a^m}.{a^n} = {a^{m + n}},\;\,\,a > 0\)

Cách giải:\(\sqrt[3]{a}.{a^{\frac{1}{3}}} = {a^{\frac{1}{3}}}.{a^{\frac{1}{3}}} = {a^{\frac{1}{3} + \frac{1}{3}}} = {a^{\frac{2}{3}}}\)

Đáp án C

Phương pháp:

Số giao điểm của hai đồ thị hàm số bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm.

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 4x + 1\) và đường thẳng \(y = x + 1\) là:

\({x^3} - 4x + 1 = x + 1 \Rightarrow {x^3} - 5x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm \sqrt 5 \end{array} \right.\)

Số giao điểm của hai đồ thị hàm số bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm và bằng 3.

Đáp án C

Phương pháp:

Xét hàm số có dạng \(y = {a^x},\,\,a > 0,\,\,a \ne 1\)

+ Nếu \(0 < a < 1\): hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\)

+ Nếu \(a > 1\): hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\)

Cách giải: \({\left( {\frac{e}{2}} \right)^{x - 1}} \le {\left( {\frac{e}{2}} \right)^{2x + 3}},\,\,\,\left( {0 < \frac{e}{2} < 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow x - 1 \ge 2x + 3 \Leftrightarrow x \le - 4\)

Đáp án B

Cách giải:

Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\)

Đáp án D

Phương pháp:

\(\left\{ \begin{array}{l}{\log _a}f\left( x \right) > {\log _a}g\left( x \right)\\0 < a < 1\end{array} \right. \Leftrightarrow f\left( x \right) < g\left( x \right)\)

Cách giải:

Điều kiện xác định: \(\left\{ \begin{array}{l}3x - 2 > 0\\4 - x > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{2}{3} < x < 4\)

\({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {3x - 2} \right) > {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {4 - x} \right) \Leftrightarrow 3x - 2 < 4 - x\,\,\,\left( {do\,\,0 < \frac{1}{2} < 1} \right) \Leftrightarrow 4x < 6 \Leftrightarrow x < \frac{3}{2}\)

Kết hợp điều kiện xác định, suy ra, bất phương trình có tập nghiệm \(S = \left( {\frac{2}{3};\frac{3}{2}} \right)\)

Đáp án B

Phương pháp:\({\log _a}{b^c} = c{\log _a}b,\,\,\,{\log _{{a^c}}}b = \frac{1}{c}{\log _a}b\,\,\left( {0 < a \ne 1,\,\,b > 0} \right)\)

Cách giải:

\(A = {\log _{\sqrt a }}{a^2} + {\log _{\frac{1}{2}}}{4^a},\,\,\left( {a > 0,\,a \ne 1} \right)\)

\( = {\log _{{a^{\frac{1}{2}}}}}{a^2} + {\log _{{2^{ - 1}}}}{2^{2a}} = \frac{1}{{\frac{1}{2}}}.2.{\log _a}a + \frac{1}{{ - 1}}.2a.{\log _2}2 = 4 - 2a\)

Đáp án A

Số giao điểm của hai đồ thị hàm số bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm.

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là:

\(\left| {x - 1} \right|\left( {\frac{1}{3}{x^2} - 2\left| x \right| + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| {x - 1} \right| = 0\\\frac{1}{3}{x^2} - 2\left| x \right| + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\\left| x \right| = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\\x = - 3\end{array} \right.\)

Vậy, đồ thị hàm số \(\left| {x - 1} \right|\left( {\frac{1}{3}{x^2} - 2\left| x \right| + 3} \right)\) giao với trục hoành tại 3 điểm.

Đáp án D

Cách giải:

Một hình đa diện có ít nhất 4 đỉnh.

Đáp án

Phương pháp:\(\left( {{x^\alpha }} \right) = \alpha .{x^{\alpha - 1}},\,\,\,\left( {{a^\alpha }} \right)' = {a^x}.\ln a\)

Cách giải:\(y = {x^e} + {e^x} \Rightarrow y' = e.{x^{e - 1}} + {e^x} = e.\left( {{e^{x - 1}} + {x^{e - 1}}} \right)\)

Đáp án A

Phương pháp:

- Tìm TXĐ

- Tính đạo hàm

- Lập bảng xét dấu y’

- Xác định điểm cực đại và tính giá trị cực đại.

Cách giải:

Tập xác định: \(D = R\)

\(y = {x^3} - 3x \Rightarrow y' = 3{x^2} - 3\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\)

Bảng xét dấu y’

Hàm số đạt cực đại tại \(x = - 1\) và giá trị cực đại  

Đáp án C

Phương pháp:

- Tìm TXĐ

- Tính y’

- Lập bảng biến thiên của hàm số trên đoạn \(\left[ { - 1;\frac{1}{2}} \right]\)

- Xác định giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

- Tính tích M.m.

Cách giải:

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ 1 \right\}\)

\(y = \frac{{{x^2} - 3x + 3}}{{x - 1}} \Rightarrow y' = \frac{{\left( {2x - 3} \right)\left( {x - 1} \right) - 1.\left( {{x^2} - 3x + 3} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên trên đoạn \(\left[ { - 1;\frac{1}{2}} \right]\)

Giá trị nhỏ nhất \(m = - \frac{7}{2}\), giá trị lớn nhất \(M = - 3 \Rightarrow M.m = \frac{{21}}{2}\)

 

Đáp án B

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình trụ: \({S_{xq}} = 2\pi Rh\)

Diện tích toàn phần của hình trụ:  

Cách giải:

Thiết diện qua trục là hình vuông cạnh a nên hình trụ đã cho có chiều cao \(h = a\), bán kính đáy \(R = \frac{a}{2}\)

Diện tích toàn phần của hình trụ là: \({S_{tp}} = 2\pi Rh + 2\pi {R^2} = 2\pi .\frac{a}{2}.a + 2\pi .{\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{3\pi {a^2}}}{2}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Khối chóp S.ABC có ba cạnh SA, SB, SC vuông góc với nhau từng đôi một là một tứ diện vuông tại đỉnh S

Thể tích của tứ diện vuông có độ dài ba cạnh góc vuông bằng a, b, c là: \(V = \frac{{abc}}{6}\)

Cách giải:

Thể tích của khối chóp S.ABC bằng: \(\frac{{a.a.a}}{6} = \frac{{{a^3}}}{6}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Dựa vào BBT và đánh giá từng đáp án.

Cách giải:

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên đoạn \(\left[ {0;1} \right]\), đoạn này có độ dài bằng 1 \( \Rightarrow \) Phương án A đúng.

Hàm số không có GTLN, GTNN trên R \( \Rightarrow \) B và D sai.

Hàm số đạt cực trị tại 2 điểm \( \Rightarrow \) C sai

Đáp án D

Phương pháp:

Khối bát diện đều được ghép bởi hai khối chóp tứ giác bằng nhau, do vậy, ta tính thể tích bát diện bằng cách tính 2 lần thể tích khối chóp tứ giác.

Cách giải:

Thể tích của một khối chóp là: \({V_1} = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.EH = \frac{1}{3}{a^2}.\frac{a}{{\sqrt 2 }} = \frac{{{a^3}}}{{3\sqrt 2 }}\)

Thể tích khối bát diện đều là: \(V = 2{V_1} = 2.\frac{{{a^3}}}{{3\sqrt 2 }} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}\)

Đáp án C

Cách giải:

M di động luôn nhìn đoạn AB dưới một góc vuông \( \Rightarrow \) M thuộc mặt cầu có một đường kính là AB.

Đáp án D

Phương pháp:\({\log _a}f\left( x \right) = b \Leftrightarrow f\left( x \right) = {a^b}\,\,\left( {0 < a \ne 1,\,\,b > 0} \right)\)

Cách giải:

\({\log _5}\left( {{x^2} + x + 1} \right) = 1 \Leftrightarrow {x^2} + x + 1 = {5^1} \Leftrightarrow {x^2} + x - 4 = 0\)

Do \(a.c = 1.\left( { - 4} \right) < 0\)nên phương trình trên có 2 nghiệm trái dấu.

Đáp án A

Phương pháp:

Đưa về cùng số mũ.

Cách giải:

\({\left( {{x^4}} \right)^{\frac{1}{{\sqrt 2 }}}} = {4^{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow {x^{4.\frac{1}{{\sqrt 2 }}}} = {\left( {{2^2}} \right)^{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow {x^{2\sqrt 2 }} = {2^{2\sqrt 2 }} \Leftrightarrow x = 2\)

Phương trình đã cho chỉ có 1 nghiệm thực duy nhất.

Đáp án A

Phương pháp:

- Tìm TXĐ

- Tính y’

- Lập bảng xét dấu y’

- Đánh giá khoảng nghịch biến.

Cách giải:

TXĐ: \(D = \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\)

\(y = \sqrt {{x^2} - x} \Rightarrow y' = \frac{{2x - 1}}{{2\sqrt {{x^2} - x} }} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}\)

Bảng xét dấu y’:

Hàm số \(y = \sqrt {{x^2} - x} \) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\)

Đáp án D

Phương pháp:

Đánh giá từng đáp án.

Cách giải:

(1) Hàm số \(y = {\log _2}x\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\): đúng, do 2 > 1

(2) Hàm số \(y = {\log _2}x\)có một điểm cực tiểu: sai, hàm số \(y = {\log _2}x\) luôn đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\)

(3) Đồ thị hàm số \(y = {\log _2}x\) có tiệm cận: đúng, tiệm cận đó là đường \(x = 0\)

Số phát biểu đúng là 2.

Đáp án B

Phương pháp:

Phân biệt dạng đồ thị của các hàm số : bậc nhất trên bậc nhất, bậc ba, bậc bốn trùng phương.

Cách giải:

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy, đồ thị hàm số không thể là đồ thị của hàm bậc nhất trên bậc nhất và bậc bốn trùng phương. Do đó, loại phương án A và D.

Còn lại, phương án B và C là các hàm số bậc ba.

Quan sát đồ thị ta thấy, khi \(x \to + \infty \) thì \(y \to + \infty \) nên ta chọn B \(\left( {a = 1 > 0} \right)\)

Đáp án D

Phương pháp:

Đồ thị hàm số bậc nhất trên bậc nhất \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}},\,\left( {a,c \ne 0,\,\,ad - bc \ne 0} \right)\) có tiệm cận đứng là \(x = - \frac{d}{c}\), tiệm cận ngang là \(y = \frac{c}{a}\)

Cách giải:

Các tiệm cận của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}\) là \(x = 1,\,\,y = 2\)

Đáp án B

Phương pháp:

Diện tích hình tròn bán kính R: \(S = \pi {R^2}\)

Diện tích xung quanh của khối nón: \({S_{xq}} = \pi Rl\)

Thể tích khối nón: \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h\)

Cách giải:

Theo đề bài, ta có tam giác SAB vuông cân tại S và \({S_{\Delta SAB}} = 8\)

Ta có: \({S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}.SO.AB = \frac{1}{2}.OA.2OA = O{A^2} = 8 \Rightarrow OA = 2\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow \) Đường tròn đáy có bán kính \(R = OA = 2\sqrt 2 \)

Diện tích đáy: \(S = \pi {R^2} = \pi {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = 8\pi \)

Độ dài đường sinh: \(l = SA = OA.\sqrt 2 = 2\sqrt 2 .\sqrt 2 = 4\)

Diện tích xung quanh của khối nón: \({S_{xq}} = \pi Rl = \pi .2\sqrt 2 .4 = 8\sqrt 2 \pi \)

Đường cao: \(h = SO = OA = 2\sqrt 2 \)

Thể tích khối nón: \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi .{\left( {2\sqrt 2 } \right)^2}.2\sqrt 2 = \frac{{16\sqrt 2 \pi }}{3}\)

Đáp án C

Phương pháp:

Đặt \({2^x} = t,\,\,\left( {t > 0} \right)\). Giải phương trình tìm , sau đó tìm và tổng các nghiệm. t x

Cách giải:

Đặt \({2^x} = t,\,\,\left( {t > 0} \right)\). Phương trình trở thành: \({t^2} - 3.t.2 + 8 = 0 \Leftrightarrow {t^2} - 6t + 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\\t = 4\end{array} \right.\)

\(t = 2 \Rightarrow {2^x} = 2 \Leftrightarrow x = 1\)

\(t = 4 \Rightarrow {2^x} = 4 \Leftrightarrow x = 2\)

Tổng hai nghiệm của phương trình đã cho là: \(1 + 2 = 3\)

Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp tìm GTNN, GTLN của hàm số.

Cách giải:

+) \(y = {x^3} - 10 \Rightarrow y' = 3{x^2} \ge 0,\,\,\forall x\)

\( \Rightarrow \)Hàm số đồng biến trên \(\left[ {0;2} \right] \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left( {{x^3} - 10} \right) = {0^3} - 10 = - 10\)

+) \(y = \sqrt {x + 2} - 2 \Rightarrow y' = \frac{1}{{2\sqrt {x + 2} }} > 0,\,\,\forall x \in \left[ {0;2} \right]\)

\( \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left[ {0;2} \right] \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left( {\sqrt {x + 2} - 2} \right) = \sqrt {0 + 2} - 2 = \sqrt 2 - 2\)

+) \(y = \frac{{x - 2}}{{x + 1}} \Rightarrow y' = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall x \in \left[ {0;2} \right]\)

\( \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left[ {0;2} \right] \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left( {\frac{{x - 2}}{{x + 1}}} \right) = \frac{{0 - 2}}{{0 + 1}} = - 2\)

+) \(y = {2^x} - 2 \Rightarrow y' = {2^x}.\ln 2 > 0,\,\,\forall x\)

\( \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left[ {0;2} \right] \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left( {{2^x} - 2} \right) = {2^0} - 2 = 1 - 2 = - 1\)

Đáp án C

Cách giải:

Khối mười hai mặt đều là khối đa diện đều loại \(\left\{ {5;3} \right\}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Cắt khối hình bởi mặt phẳng đi qua trục

Tính độ dài x cạnh của hình lập phương

Tính độ dài đường chéo của hình lập phương: \(x\sqrt 3 \)

Cách giải:

 

Xét mặt cắt qua trục có \(SH = h = 6,\,\,\,HA = HB = r = 3\)

Gọi độ dài cạnh của hình vuông là x.

Vì MN // AB nên \(\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{SN}}{{SB}} \Leftrightarrow \frac{x}{{2.3}} = \frac{{SN}}{{SB}} = \frac{x}{6}\)

Vì NE // SH nên \(\frac{{NE}}{{SH}} = \frac{{NB}}{{SB}} \Leftrightarrow \frac{x}{6} = \frac{{NE}}{{SB}}\)

\( \Rightarrow \frac{x}{6} + \frac{x}{6} = \frac{{SN}}{{SB}} + \frac{{NE}}{{SB}} = 1 \Rightarrow X = 3\)

\( \Rightarrow \) Độ dài đường chéo của hình lập phương là: \(3\sqrt 3 \)

Đáp án D

Phương pháp:

Tính thể tích của khối lăng trụ đứng, có đáy là hình thang cân mà hai cạnh bên bằng đáy bé và bằng 20cm.

Thể tích lớn nhất khi diện tích của hình thang cân lớn nhất.

Cách giải:

Thể tích nước lớn nhất khi diện tích của hình thang cân lớn nhất

Gọi độ dài đường cao là h. Khi đó, \(AE = BF = h\), từ đó, suy ra \(DE = CF = \sqrt {{{20}^2} - {h^2}} = \sqrt {400 - {h^2}} \)

\(CD = DE + EF + FC = 2\sqrt {400 - {h^2}} + 20\)

Diện tích hình thang: \(S = \left( {AB + CD} \right).AE:2 = \frac{{20 + 2\sqrt {400 - {h^2}} + 20}}{2}.h = 20h + h\sqrt {400 - {h^2}} \)

\(S' = 20 + \sqrt {400 - {h^2}} - h.\frac{h}{{\sqrt {400 - {h^2}} }} = 20 + \frac{{400 - 2{h^2}}}{{\sqrt {400 - {h^2}} }}\)

\(S' = 0 \Leftrightarrow 20\sqrt {400 - {h^2}} + 400 - {2^2} = 0 \Leftrightarrow {h^2} = 300 \Rightarrow h = 10\sqrt 3 \)

Bảng xét dấu:

Diện tích hình thang lớn nhất khi \(h = 10\sqrt 3 \)

Khi đó, \(\sin \varphi = \frac{{10\sqrt 3 }}{0} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \varphi = {60^0} \Rightarrow \varphi \in \left[ {{{50}^0};{{70}^0}} \right)\)

Đáp án B

Phương pháp:

Công thức: \({A_n} = M{\left( {1 + r\% } \right)^n}\)

Với: \({A_n}\) là mật độ dân số ở năm thứ n,

M là mật độ dân số ban đầu,

n là thời gian (năm),

r là mức tăng trưởng dân số.

Cách giải:

Ta có: \({A_n} = M{\left( {1 + r\% } \right)^n} \Leftrightarrow 340 = 308.1 + 1,03{\% ^n} \Rightarrow n = {\log _{1,0103}}\left( {\frac{{340}}{{308}}} \right) \approx 9,64\)

\( \Rightarrow \)Ta cần 10 năm để đạt mật độ dân số như vậy

\( \Rightarrow \) Đến năm 2027 mật độ dân số nước ta đạt đến con số đó.

Đáp án D

Cách giải:

Ta thấy, hai hàm số \(y = {\log _a}x,\,\,\,y = {\log _b}x\) đều đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow a,b > 1\)

Lấy \({x_0} > 0\) bất kì, ta thấy \({\log _a}{x_0} > {\log _b}{x_0} \Rightarrow a < b \Rightarrow 1 < a < b\)

Hàm số \(y = {c^x}\) nghịch biến trên \(\mathbb{R} \Rightarrow c < 1 \Rightarrow c < a < b\)

Đáp án A

Phương pháp:

Chia cả hai vế cho \({5^{1 - \sqrt {1 - 2x} }}\)

Cách giải:

Chia cả hai vế cho \({5^{1 - \sqrt {1 - 2x} }}\)ta có:

\({5^{2x + \sqrt {1 - 2x} }} - m{.5^{1 - \sqrt {2 - x} }} = {4.5^x} \Leftrightarrow {5^{2x - 1 + 2\sqrt {1 - 2x} }} - m = {4.5^{x - 1 + \sqrt {1 - 2x} }} \Leftrightarrow {5^{2x - 1 + 2\sqrt {1 - 2x} }} - {4.5^{x - 1 + \sqrt {1 - 2x} }} = m\)

\( \Leftrightarrow 5.{\left( {\frac{1}{{\sqrt 5 }}} \right)^{2{{\left( {\sqrt {1 - 2x} - 1} \right)}^2}}} - 4.{\left( {\frac{1}{{\sqrt 5 }}} \right)^{{{\left( {\sqrt {1 - 2x} - 1} \right)}^2}}} = m\)

Ta thấy \({\left( {\sqrt {1 - 2x} - 1} \right)^2} \ge 0,\,\,\forall x \ge \frac{1}{2} \Rightarrow 0 < {\left( {\frac{1}{{\sqrt 5 }}} \right)^{{{\left( {\sqrt {1 - 2x} - 1} \right)}^2}}} \le 1,\,\,\,\forall x \ge \frac{1}{2}\left( {do\,\,0 < \frac{1}{{\sqrt 5 }} < 1} \right)\)

Đặt \({\left( {\frac{1}{{\sqrt 5 }}} \right)^{{{\left( {\sqrt {1 - 2x} - 1} \right)}^2}}} = t,\,\,0 < t \le 1\)

Xét hàm số \(y = 5{t^2} - 4t,\,\,t \in \left( {0;1} \right]:\,\,\,y' = 10t - 4\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow t = \frac{2}{5}\)

Ta có: \(y\left( 0 \right) = 0,\,\,\,y\left( {\frac{2}{5}} \right) = - \frac{4}{5},\,\,\,y\left( 1 \right) = 1 \Rightarrow \mathop {max}\limits_{\left( {0;1} \right]} y = 1,\,\,\,\mathop {\min }\limits_{\left( {0;1} \right]} y = - \frac{4}{5}\)

Để phương trình đã cho có nghiệm thì \(m \in \left[ { - \frac{4}{5};1} \right] \Rightarrow a = - \frac{4}{5},\,\,b = 1 \Rightarrow b - a = \frac{9}{5}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Cô lập m, đưa về dạng \(f\left( x \right) = m\)

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = m\)

Cách giải:

Điều kiện: \(x \ne 2,\,\,x \ne - 4\)

\({\log _4}\left( {{x^2} - 4x + 4} \right) + {\log _{16}}{\left( {x + 4} \right)^4} - m = 0 \Leftrightarrow {\log _4}{\left( {x - 2} \right)^2} + {\log _{16}}{\left( {x + 4} \right)^4} = m\) \( \Leftrightarrow {\log _2}\left| {x - 2} \right| + {\log _2}\left| {x + 4} \right| = m \Leftrightarrow {\log _2}\left| {\left( {x - 2} \right)\left( {x + 4} \right)} \right| = m \Leftrightarrow \left| {{x^2} + 2x - 8} \right| = {2^m}\)

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = \left| {{x^2} + 2x - 8} \right|\) và đường thẳng \(y = {2^m}\)

Quan sát đồ thị hàm số bên, ta thấy, để đồ thị hàm số \(y = \left| {{x^2} + 2x - 8} \right|\) cắt đường thẳng \(y = {2^m}\) tại 4 điểm phân biệt thì \(0 < {2^m} < 9 \Leftrightarrow m < {\log _2}9 \Leftrightarrow m < 2{\log _2}3\)

Đáp án C

Phương pháp:

Thể tích khối chóp: \(V = \frac{1}{3}Sh\)

Cách giải:

Kẻ SH vuông góc AB (H thuộc AB). Do mặt bên SAD nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy \( \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Diện tích tam giác SAD: \({S_{SAD}} = \frac{1}{2}SH.AD = 6 \Rightarrow \frac{1}{2}.SH.4 = 6 \Rightarrow SH = 3\)

Diện tích tam giác BCD: \({S_{BCD}} = \frac{1}{2}.AB.BC = \frac{1}{2}.2.2 = 2\)

Thể tích khối S.BCD: \(V = \frac{1}{3}{S_{BCD}}.SH = \frac{1}{3}.2.3 = 2\)

Đáp án B

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của CD. Kẻ AH vuông góc mặt phẳng (BCD) (H thuộc (BCD))

\( \Rightarrow H \in BM,\,\,\,AH \bot HM\)

\({V_{ABCD}}\) lớn nhất khi và chỉ khi AH có độ dài lớn nhất, tức là khi H trùng M

Hai tam giác ACD, BCD đều, cạnh a, có đường cao AM, BM bằng \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Tam giác ABM vuông cân tại A, lấy N là trung điểm của AB \( \Rightarrow MN \bot AB\)

Mà \(MN \subset \left( {AMB} \right) \bot CD \Rightarrow MN \bot CD \Rightarrow \) MN là đoạn vuông góc chung của AB và CD

Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD là: \(MN = \frac{{AM}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}\)

Đáp án B

Phương pháp:

Mặt cầu tâm A tiếp xúc với (SBC) có bán kính \(R = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)\)

Diện tích mặt cầu: \({S_{mc}} = 4\pi {R^2}\)

Cách giải:

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC; O là giao điểm của AN và CM. Kẻ \(AH \bot SN\left( {H \in SN} \right)\)

Tam giác ABC đều, tâm O \( \Rightarrow OA = \frac{2}{3}AN = \frac{2}{3}.\frac{{3\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \)

Tam giác SAO vuông tại O \( \Rightarrow SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {6 - 3} = \sqrt 3 \)

Tam giác SBC cân tại N \( \Rightarrow SN \bot BC \Rightarrow \) Tam giác SNC vuông tại N

\( \Rightarrow SN = \sqrt {S{B^2} - B{N^2}} = \sqrt {6 - {{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {15} }}{2}\)

Tam giác AHN đồng dạng tam giác SON \( \Rightarrow \frac{{AH}}{{SO}} = \frac{{AN}}{{SN}} \Leftrightarrow \frac{{AH}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\frac{{3\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{\sqrt {15} }}{2}}} = \frac{3}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow AH = \frac{{3\sqrt 3 }}{{\sqrt 5 }}\)

Diện tích mặt cầu: \({S_{mc}} = 4\pi {R^2} = 4\pi .{\left( {\frac{{3\sqrt 3 }}{{\sqrt 5 }}} \right)^2} = \frac{{108\pi }}{5}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Tìm số đường tiệm cận của từng đồ thị hàm số

Cách giải:

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{\sqrt x }}{{{x^2} - 2x}}\) có 3 đường tiệm cận là \(x = 0,\,\,x = 2,\,\,y = 0\)

Đồ thị hàm số \(y = \frac{x}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}\) có 1 đường tiệm cận là \(x = 1,\,\,x = - 1\)

Đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{\sqrt x }}\) có 2 đường tiệm cận là \(x = 0,\,\,y = 0\)

Đồ thị hàm số \(y = \frac{x}{{{x^2} - 2x}}\) có 2 đường tiệm cận là \(x = 2,\,\,y = 0\)

Đáp án B

Phương pháp:

Trải tất cả các mặt của hình hộp chữ nhật ra cùng một mặt phẳng.

Cách giải:

Để đến được B, đầu tiên con kiến phải đi trên một trong các mặt bên và đi đến một trong các cạnh bên: NP, PE, QE, MQ, MF, NF

* Giả sử con kiến đi đến I trên cạnh MF sau đó tới B, khi đó để độ dài quãng đường là ngắn nhất thì A, I, B thẳng hàng:

Độ dài \(AB = \sqrt {A{Q^2} + Q{B^2}} = \sqrt {{{50}^2} + {{30}^2}} = 10\sqrt {34} \left( {cm} \right)\)

* Giả sử con kiến đi đến I trên cạnh NF sau đó tới B, khi đó để độ dài quãng đường là ngắn nhất thì A, I, B thẳng hàng:

Độ dài \(AB = \sqrt {A{P^2} + P{B^2}} = \sqrt {{{60}^2} + {{20}^2}} = 20\sqrt {10} \left( {cm} \right)\)

* Giả sử con kiến đi đến I trên cạnh PF sau đó tới B, khi đó để độ dài quãng đường là ngắn nhất thì A, I, B thẳng hàng:

Độ dài \(AB = \sqrt {A{N^2} + N{B^2}} = \sqrt {{{30}^2} + {{50}^2}} = 10\sqrt {34} \left( {cm} \right)\)

Vậy, quãng đường ngắn nhất con kiến đi là \(10\sqrt {34} \left( {cm} \right)\)

Đáp án D

Phương pháp:

Khảo sát, tìm giá trị cực đại và cực tiểu của hàm số. Từ đó tính S.

Cách giải:

\(y = \frac{{{x^4} + 3}}{x},\,\,\left( {x \ne 0} \right) \Rightarrow y' = \frac{{4{x^3}.x - \left( {{x^4} + 3} \right).1}}{{{x^2}}} = \frac{{3{x^4} - 3}}{{{x^2}}}\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\)

Bảng xét dấu y’:

Hàm số đạt cực đại tại \(x = - 1\), giá trị cực đại \({y_1} = - 4\), đạt cực tiểu tại \(x = 1\), giá trị cực tiểu \({y_2} = 4\)

\(S = {y_1} - {y_2} = - 4 - 4 = - 8\)

Đáp án C

Cách giải:

Đặt \(y = f\left( x \right).g\left( x \right) = h\left( x \right)\). Khi đó:

\(h\left( 0 \right) = f\left( 0 \right).g\left( 0 \right) = 0.0 = 0\)

\(h\left( 1 \right) = f\left( 1 \right).g\left( 1 \right) = 1.\left( { - 1} \right) = - 1\)

Do đó, ta chọn phương án C

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng tính đơn điệu của hàm số.

Cách giải:

Điều kiện: \(x \ge - \frac{1}{2}\)

\({e^x} - {e^{\sqrt {2x + 1} }} = 1 - {x^2} + 2\sqrt {2x + 1} \Leftrightarrow 2x + 1 + 2\sqrt {2x + 1} + 1 + {e^{\sqrt {2x + 1} }} = {x^2} + 2x + 1 + {e^x}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {2x + 1} + 1} \right)^2} + {e^{\sqrt {2x + 1} }} = {\left( {x + 1} \right)^2} + {e^x}\)

Xét hàm số \(y = {\left( {x + 1} \right)^2} + {e^x} \Rightarrow y' = 2\left( {x + 1} \right) + {e^x} = 2x + 1 + {e^x} + 1 > 0,\,\,\forall x \ge - \frac{1}{2}\)

\( \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left[ { - \frac{1}{2}; + \infty } \right)\)

Phương trình đã cho tương đương:

\(\sqrt {2x + 1} = x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\2x + 1 = {x^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\{x^2} - 2x - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1 + \sqrt 2 \in \left( {2;\frac{5}{2}} \right)\)

Đáp án C

Phương pháp:

+) Tính y’, giải phương trình \(y' = 0 \Rightarrow \) các cực trị của hàm số.

+) Tính các giá trị cực trị của hàm số và

Cách giải:

\(y = {x^3} - 3x + m \Rightarrow y' = 3{x^2} - 3\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\)

\(x = 1 \Rightarrow y = - 2 + m\)

\(x = - 1 \Rightarrow y = 2 + m\)

Giá trị cực đại và giá trị cực tiểu trái dấu \( \Rightarrow \left( { - 2 + m} \right)\left( {2 + m} \right) < 0 \Leftrightarrow - 2 < m < 2\)

Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp tọa độ hóa.

Cách giải:

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Trong đó, \(B\left( {2a;0;0} \right),\,\,C\left( {2a;2a;0} \right),\,\,E\left( {a;0;0} \right),\,\,S\left( {0;0;a} \right)\)

Gọi \(I\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BEC. Khi đó, \[I{S^2} = I{B^2} = I{C^2} = I{E^2}\]

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_0^2 + y_0^2 + {\left( {{z_0} - a} \right)^2} = {\left( {{x_0} - 2a} \right)^2} + y_0^2 + z_0^2\\x_0^2 + y_0^2 + {\left( {{z_0} - a} \right)^2} = {\left( {{x_0} - 2a} \right)^2} + {\left( {{y_0} - 2a} \right)^2} + z_0^2\\x_0^2 + y_0^2 + {\left( {{z_0} - a} \right)^2} = {\left( {{x_0} - a} \right)^2} + y_0^2 + z_0^2\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2a{z_0} + {a^2} = - 4a{x_0} + 4{a^2}\\ - 2a{z_0} + {a^2} = - 4a{x_0} + 4{a^2} - 4a{y_0} + 4{a^2}\\ - 2a{z_0} + {a^2} = - 2a{x_0} + {a^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4{x_0} - 2{z_0} = 3a\\4{x_0} + 4{y_0} - 2{z_0} = 7a\\{x_0} - {z_0} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = \frac{{3a}}{2}\\{y_0} = a\\{z_0} = \frac{{3a}}{2}\end{array} \right.\)

Bán kính mặt cầu: \(R = SI = \sqrt {x_0^2 + y_0^2 + {{\left( {{z_0} - a} \right)}^2}} = \sqrt {\frac{{9{a^2}}}{a} + {a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}\)

Diện tích mặt cầu: \(S = 4\pi {R^2} = 14\pi {a^2}\)

Đáp án A

Phương pháp:

- Tìm TXĐ

- Tìm nghiệm và điểm không xác định của y’

- Tính các giá trị tại \(\frac{1}{{{e^2}}}\), tại , tại nghiệm của y’ . Tìm GTLN, GTNN trong các giá trị đó. e

- Tính tích M.m.

Cách giải:

TXĐ: \(D = \left( {0; + \infty } \right)\)

\(y = x.\ln x \Rightarrow y' = \ln x + x.\frac{1}{x} = \ln x + 1\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{e}\)

Ta có: \(f\left( {\frac{1}{{{e^2}}}} \right) = - \frac{2}{{{e^2}}},\,\,\,f\left( e \right) = e,\,\,\,f\left( {\frac{1}{e}} \right) = - \frac{1}{e}\)

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {\frac{1}{{{e^2}}};e} \right]} f\left( x \right) = - \frac{1}{e} = m,\,\,\,\mathop {\max }\limits_{\left[ {\frac{1}{{{e^2}}};e} \right]} f\left( x \right) = e = M \Rightarrow M.m = - 1\)

Đáp án D

Phương pháp:

Chia cả hai vế cho \({4^x}\), đặt \({\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = t\). Giải phương trình tìm t, từ đó tìm x và tổng \({x_1} + {x_2}\)

Cách giải:

\({3.9^x} - {7.6^x} + {2.4^x} = 0 \Leftrightarrow 3.{\left( {\frac{9}{4}} \right)^x} - 7{\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} + 2 = 0\)

Đặt \({\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = t\). Phương trình trở thành \(\begin{array}{l}3{t^2} - 7t + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\\t = \frac{1}{3}\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = 2\\{\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = \frac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {\log _{\frac{3}{2}}}2\\x = {\log _{\frac{3}{2}}}\frac{1}{3}\end{array} \right.\\\end{array}\)

Tổng hai nghiệm \({x_1} + {x_2} = {\log _{\frac{3}{2}}}2 + {\log _{\frac{3}{2}}}\frac{1}{3} = {\log _{\frac{3}{2}}}\left( {2.\frac{1}{3}} \right) = {\log _{\frac{3}{2}}}\frac{2}{3} = - 1\)

Đáp án B

Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình \(\left| {{x^3}} \right| - 3{x^2} - {m^2} = 0\) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {\left| x \right|^3} - 3{x^2}\) và đường thẳng \(y = {m^2}\)

Phác họa đồ thị hàm số , từ đó nhận xét số giao điểm trên.

Cách giải:

Số nghiệm của phương trình \(\left| {{x^3}} \right| - 3{x^2} - {m^2} = 0\) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {\left| x \right|^3} - 3{x^2}\) và đường thẳng \(y = {m^2}\)

Từ đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2}\)

Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = {\left| x \right|^3} - 3{x^2}\) như sau:

Do \({m^2} \ge 0,\,\,\forall m\) nên đồ thị hàm số \(y = {\left| x \right|^3} - 3{x^2}\)cắt đường thẳng \(y = {m^2}\)tại nhiều nhất 3 điểm.

Đáp án D

Cách giải:

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và đường thẳng \(y = 2x + m\):

\(\frac{{2x + 3}}{{x - 2}} = 2x + m,\,\,\left( {x \ne 2} \right) \Leftrightarrow 2x + 3 = \left( {2x + m} \right)\left( {x - 2} \right) \Leftrightarrow 2{x^2} + \left( {m - 6} \right)x - 2m - 3 = 0\left( * \right)\)

Dễ dàng kiểm tra được \(x = 2\) không phải nghiệm của phương trình (*) với mọi m

Để phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\) thì \(\Delta > 0 \Leftrightarrow {\left( {m - 6} \right)^2} + 8\left( {2m + 3} \right) > 0 \Leftrightarrow {m^2} + 4m + 60 > 0\), luôn đúng

\(y = \frac{{2x + 3}}{{x - 2}} \Rightarrow y = - \frac{7}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\)

Tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại hai điểm giao song song với nhau

\( \Leftrightarrow - \frac{7}{{{{\left( {{x_1} - 2} \right)}^2}}} = - \frac{7}{{{{\left( {{x_1} - 2} \right)}^2}}} \Leftrightarrow {\left( {{x_1} - 2} \right)^2} = {\left( {{x_2} - 2} \right)^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = {x_2}\\{x_1} + {x_2} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} = 4\)

Theo Vi – ét, ta có: \({x_1} + {x_2} = - \frac{{m - 6}}{2} \Rightarrow - \frac{{m - 6}}{2} = 4 \Leftrightarrow m - 6 = - 8 \Leftrightarrow m = - 2\)

Vậy, có 1 giá trị thực của tham số m thỏa mãn yêu cầu đề bài.