Bộ 25 đề thi học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 (tiếp theo) - Đề 28 có đáp án

Đáp án A

Phương pháp:

Nhận dạng đồ thị hàm số bậc ba

Cách giải:

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy khi \(x \to + \infty \) thì \(y \to + \infty \) nên hệ số \(a > 0 \Rightarrow \) Loại phương án C và D

Mặt khác đồ thị hàm số đạt cực trị tại hai điểm: \(x = 0\) và \(x = {x_0} > 0\)

Xét \(y = {x^3} + 3{x^2} + 2 \Rightarrow y' = 3{x^2} + 6x,\,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2 < 0\end{array} \right. \Rightarrow \) Loại phương án B

Ta chọn phương án A.

Đáp án C

Phương pháp:

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{x - c}}\) có hai đường tiệm cận: \(x = c\) và \(y = a\), đồng thời cắt trục hoành tại điểm \(\left( { - \frac{b}{a};0} \right)\)

Cách giải:

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy: Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = {x_0} < 0 \Rightarrow c < 0\), đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = {y_0} > 0 \Rightarrow a > 0\)

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm\(\left( {x{'_0};0} \right),\,\,x{'_0} > 0 \Rightarrow - \frac{b}{a} > 0\)

Mà \(a > 0 \Rightarrow b < 0\)

Vậy \(a > 0,\,\,b < 0,\,\,c < 0\)

Đáp án B

Phương pháp:

Hàm bậc nhất trên bậc nhất luôn đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó.

Cách giải:

Hàm số bậc nhất trên bậc nhất không có giá trị nhỏ nhất.

Đáp án D

Phương pháp:

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

Cách giải:

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \(x + \frac{2}{{x - 1}} = 2x,\,\,\,x \ne 1\)

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

\( \Rightarrow \) Số giao điểm của hai đồ thị hàm số là 2.

Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp: \(V = \frac{1}{3}S.h\)

Với:   S là diện tích của đáy,

h là chiều cao của khối chóp.

Cách giải:.

Xét tam giác vuông ABC có: \(BC\sqrt {5{a^2} - {a^2}} = 2a\)

\(V = \frac{1}{3}S.h = \frac{1}{3}.a.2a.\sqrt 2 a = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}{a^3}\)

Đáp án A

Phương pháp:

- TXĐ

- Tính nghiệm và tìm các điểm không xác định ' y

- Tìm các giá trị tại \(x = 0,\,\,x = 2\) và các điểm đã tìm ở trên (nằm trong đoạn đang xét) 0, 2 x x

- Xác định giá trị lớn nhất trong các giá trị đó.

Cách giải:

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

\(y = {x^4} - 2{x^2} + 1 \Rightarrow y' = 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\end{array} \right.\)

\(f\left( 0 \right) = 1,\,\,\,f\left( 2 \right) = 9,\,\,\,f\left( 1 \right) = 0 \Rightarrow \mathop {max}\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = 9\)

Đáp án D

Phương pháp:\({\log _a}b = \frac{{{{\log }_c}a}}{{{{\log }_c}b}},\,\,\,0 < a,b,c \ne 1\)

Cách giải:\(T = {\log _{36}}24 = \frac{{{{\log }_2}24}}{{{{\log }_2}36}} = \frac{{{{\log }_2}8 + {{\log }_2}3}}{{{{\log }_2}4 + {{\log }_2}9}} = \frac{{3 + {{\log }_2}3}}{{2 + 2{{\log }_2}3}} = \frac{{3 + a}}{{2 + 2a}}\)

Đáp án D

Phương pháp:

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

Cách giải:

Theo đề bài, ta có tam giác SAB là tam giác vuông cân tại S, \(SO = a\)

\( \Rightarrow R = OA = SO = a\)

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

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

Đáp án A

Phương pháp:

- Tìm TXĐ

- Tìm nghiệm và các điểm không xác định của y’ trên đoạn \(\left[ {\frac{1}{2};e} \right]\)

- Tính các giá trị tại \(\frac{1}{2},\,e\) và các điểm vừa tìm được

- Kết luận GTLN, GTNN của hàm số từ các giá trị trên.

Cách giải:

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

\(y = x - \ln x \Rightarrow y = 1 - \frac{1}{x};\,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow x = 1\)

Ta có: \(y\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2} + \ln 2;\,\,\,y\left( 1 \right) = 1;\,\,\,y\left( e \right) = e - 1\)

\( \Rightarrow \) Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số lần lượt là: 1 và \(e - 1\)

Đáp án D

Phương pháp:

Tập xác định của hàm số \(y = {x^\alpha }\):

+) Nếu \(\alpha \) là số nguyên dương thì TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

+) Nếu \(\alpha \) là số nguyên âm hoặc bằng 0 thì TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\)

+) Nếu \(\alpha \) là số không nguyên thì TXĐ: \(D = \left( {0; + \infty } \right)\)

Cách giải:

Hàm số xác định \( \Leftrightarrow x + 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne - 1\)

Vây tập xác định của hàm số \(y = {\left( {x + 1} \right)^{ - 2}}\) là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\)

Đáp án D

Phương pháp:

Thể tích khối lăng trụ:\(V = Sh\) , trong đó: S là diện tích đáy, h là chiều cao.

Cách giải:

Tam giác ABC cân tại A, \(BAC = {120^0}\), gọi I là trung điểm của BC \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AI \bot BC\\BAI = {60^0}\end{array} \right.\)

\(AI = \frac{{BI}}{{\tan {{60}^0}}} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 a}}{2}}}{{\sqrt 3 }} = \frac{a}{2}\)

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AI.BC = \frac{1}{2}.\frac{a}{2}.\sqrt 3 a = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Thể tích khối lăng trụ: \(V = {S_{ABC}}.AA' = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\sqrt 3 a = \frac{{3{a^3}}}{4}\)

Đáp án C

Phương pháp:

Thể tích khối hộp chữ nhật: \(V = abc\)

Cách giải:

ABCD là hình chữ nhật \( \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\sqrt 2 a} \right)}^2}} = \sqrt 3 a\)

ACC’A’ là hình chữ nhật \( \Rightarrow AA' = \sqrt {AC{'^2} - A{C^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 a} \right)}^2} - {{\left( {\sqrt 3 a} \right)}^2}} = 3a\)

Thể tích khối hộp chữ nhật: \(V = AB.AD.AA' = a.\sqrt 2 a.3a = 3\sqrt 2 {a^3}\)

Đáp án B

Phương pháp :

Thử lần lượt từng đáp án.

Cách giải:

\(\overrightarrow u = \left( {1;2;3} \right),\,\,\,\overrightarrow v = \left( { - 5;1;1} \right) \Rightarrow \overrightarrow u .\overrightarrow v = 1.\left( { - 5} \right) + 2.1 + 3.1 = 0 \Rightarrow \overrightarrow u \bot \overrightarrow v \)

Đáp án B

Phương pháp :

Tính các vectơ \(\overrightarrow {AB} ;\,\overrightarrow {AC} \) và nhận xét.

Cách giải:

\(A\left( {2;1; - 1} \right),\,\,B\left( {3;3;1} \right),\,\,C\left( {4;5;3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {1;2;2} \right),\,\,\overrightarrow {AC} = \left( {2;4;4} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AB} \Rightarrow \)A, B, C thẳng hàng.

Đáp án A

Phương pháp:

Công thức khoảng cách từ điểm đến đường thẳng trong không gian:

\(d\left( {A;\Delta } \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow {MA} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}}\), với \(\overrightarrow u \) là VTCP của \(\Delta \) và M là điểm bất kì thuộc\(\Delta \)

Cách giải:

Đường thẳng AB có 1 VTCP \(\overrightarrow u = \overrightarrow {AB} = \left( {2;1;0} \right)\)

\(\left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow {OA} } \right] = \left( {0;0; - 1} \right)\)

Độ dài đường cao kẻ từ O của tam giác OAB bằng khoảng cách từ O đến đường thẳng AB:

\(d\left( {O;AB} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow {OA} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \frac{{\sqrt {{0^2} + {0^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {0^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\)

Đáp án A

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:

+) \(y = \frac{{x - 1}}{{x + 2}}\) ta có \(y' = \frac{{2 + 1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{3}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall x \ne - 2 \Rightarrow \)Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right);\,\,\,\left( { - 2; + \infty } \right)\)

+) \(y = {x^3} + 2 \Rightarrow y' = 3{x^2} \ge 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\): Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

+) \(y = x + 1 \Rightarrow y' = 1 > 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\): Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

+) \(y = {x^5} + {x^3} - 1 \Rightarrow y' = 5{x^4} + 3{x^2} \ge 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R};\,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow x = 0 \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng các công thức liên quan đến logarit.

Cách giải:

\({\log _{{a^\alpha }}}b = \alpha {\log _a}b\): là mệnh đề sai. (sửa lại: \({\log _{{a^\alpha }}}b = \frac{1}{\alpha }{\log _a}b\))

Đáp án B

Phương pháp:

- Xác định tâm I của đáy, dựng đường (d) vuông góc với mặt đáy tại I

- Dựng mặt phẳng trung trực (P) của cạnh SA

- Xác định giao tuyến O của mặt phẳng (P) và đường thẳng (d). O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

Cách giải:

Gọi O là tâm của đáy \( \Rightarrow OA = OB = OC = OD\,\,\,\left( 1 \right)\)

Do hình chóp có tất cả các cạnh đều bằng nhau nên \(\Delta SAC = \Delta BAC \Rightarrow OS = OA = OC\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1), (2) \( \Rightarrow OA = OB = OC = OD = OS \Rightarrow \)Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là tâm của mặt đáy ABCD.

Đáp án B

Phương pháp:

Thể tích khối chóp: \(V = Sh\)

Cách giải:

Tam giác ABC cân tại A, \(ABC = {120^0}\)

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.BC\sin {120^0} = \frac{1}{2}.a.a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow {S_{BCD}} = {S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Thể tích V của khối chóp S.BCD: \(V = \frac{1}{3}.SA.{S_{BCD}} = \frac{1}{3}.\sqrt 3 a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}}}{4}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Dựa vào hình dáng đồ thị hàm số mũ và tính đơn điệu của hàm số mũ.

Cách giải:

Đáp án A: Ví dụ đồ thị các hàm số \(y = {2^x}\) và \(y = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}\,\,\,0 < a \ne 1\)

Chúng đối xứng nhau qua trục tung. Do đó đáp án A đúng.

Đáp án B và C hiển nhiên sai.

Đáp án D sai vì \(\left( {a;1} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = {a^x} \Leftrightarrow 1 = {a^a}\) không phải luôn đúng.

Đáp án D

Phương pháp:

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

Cách giải:

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x - 3}}{{x + 2}}\) là \(y = 2\)

Đáp án A

Phương pháp:

Công thức lãi kép, không kỳ hạn: \({A_n} = M{\left( {1 + r\% } \right)^n}\)

Với: \({A_n}\) là số tiền nhận được sau tháng thứ n,

      M là số tiền gửi ban đầu,

      n là thời gian gửi tiền (tháng),

      r là lãi suất định kì (%)

Cách giải:

Số tiền ông An rút lần 1 là: \(100.{\left( {1 + 8\% } \right)^5} = 146,9328077\) (triệu đồng)

Số tiền ông An gửi lần 2 là: \(146.9328077:2 = 73,46640384\) (triệu đồng)

Số tiền ông An rút lần 2 (gửi 5 năm tiếp theo) là: \(73,46640384.{\left( {1 + 8\% } \right)^5} = 107,9462499\) (triệu đồng)

Số tiền lãi là: \(107,9462499 - 73,4660384 = 34,47984602 \approx 34,480\) (triệu đồng).

Đáp án D

Phương pháp:\(\left( {uv} \right)' = u'v + uv'\)

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

Đáp án D

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

Cách giải:\(P = \sqrt {x\sqrt[5]{{{x^3}}}} = {\left( {x.{x^{\frac{3}{5}}}} \right)^{\frac{1}{2}}} = {\left( {{x^{\frac{8}{5}}}} \right)^{\frac{1}{2}}} = {x^{\frac{8}{5}.\frac{1}{2}}} = {x^{\frac{4}{5}}}\)

Đáp án D

Phương pháp:

Dựa vào bảng biến thiên.

Cách giải:

Dựa vào BBT ta dễ thấy hàm số đạt cực tiểu tại điểm \(x = - 1 \Rightarrow \) Đáp án D sai.

Đáp án D

Phương pháp:

\(\int {{e^{ax}}dx = \frac{1}{a}{e^{ax}} + C} \)

\(\int {{x^n}dx = \frac{1}{{n + 1}}{x^{n + 1}} + C} \)

\(\int {\frac{{dx}}{x} = \ln \left| x \right| + C} \)

\(\int {\sin kx\,dx = - \frac{1}{k}\cos \,kx + C} \)

Cách giải:

\(\int {\sin 2x\,dx = 2\cos 2x + C} \)là mệnh đề sai (sửa lại: \(\int {\sin 2x\,dx = - \frac{1}{2}\cos 2x + C} \))

Đáp án B

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 tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Cách giải:

TXĐ: \(D = R\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x + 1\sqrt {{x^2} + 2x + 3} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } x\left( {1 + \frac{1}{x} + \sqrt {1 + \frac{2}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} } \right) = + \infty \)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {x + 1\sqrt {{x^2} + 2x + 3} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} - \left( {{x^2} + 2x + 3} \right)}}{{x + 1 - \sqrt {{x^2} + 2x + 3} }}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - 2}}{{x + 1 - \sqrt {{x^2} + 2x + 3} }}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\frac{{ - 2}}{x}}}{{1 + \frac{1}{x} + \sqrt {1 + \frac{2}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} }} = 0\)

Vậy, đồ thị hàm số có tất cả 1 tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = 0\)

Đáp án D

Phương pháp:\(\overrightarrow u = \left( {a;b;c} \right);\,\,\,\overrightarrow v = \left( {a';b';c'} \right)\)

\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow u } \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \)

\(\overrightarrow u + \overrightarrow v = \left( {a + a';b + b';c + c'} \right)\)

Cách giải:

+) \(\overrightarrow b + \overrightarrow c = \left( { - 1; - 1;0} \right) \Rightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow b + \overrightarrow c = 1.\left( { - 1} \right) + 1\left( { - 1} \right) + 0.0 = - 2 \ne 0 \Rightarrow \)Đáp án A sai.

+) \(\left| {\overrightarrow a } \right| = \sqrt 2 ,\,\,\left| {\overrightarrow b } \right| = 3,\,\,\,\left| {\overrightarrow c } \right| = \sqrt {13} \Rightarrow 2\left| {\overrightarrow a } \right| + \left| {\overrightarrow b } \right| \ne \left| {\overrightarrow c } \right| \Rightarrow \) Đáp án B sai.

+) \(\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c = \overrightarrow 0 \Rightarrow \) Đáp án D đúng

Đáp án C

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

Cách giải:

\({\log _{\frac{e}{\pi }}}\left( {x + 1} \right) < {\log _{\frac{e}{\pi }}}\left( {3x - 1} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 > 0\\3x - 1 > 0\\x + 1 > 3x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > - 1\\x > \frac{1}{3}\\x < 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{1}{3} < x < 1\)

Bất phương trình có tập nghiệm \(S = \left( {\frac{1}{3};1} \right)\)

Đáp án A

Phương pháp:

Đường thẳng d và d’ có các VTCP lần lượt là \(\overrightarrow u ,\,\overrightarrow v \Rightarrow \cos \left( {d;d'} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow u .\overrightarrow v } \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|.\left| {\overrightarrow v } \right|}}\)

Cách giải:

\(\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 1;2} \right),\,\,\,\overrightarrow {AC} = \left( {1;2; - 1} \right)\)

\( \Rightarrow \cos \left( {AB;AC} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left|

{\overrightarrow {AC} } \right|}} = \frac{{\left| {1.1 + - 1.2 + 2. - 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {2^2}} .\sqrt {{1^2} + {2^2} + {1^2}} }} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} \Rightarrow \left( {AB;AC} \right) = {60^0}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Hàm số \(y = \ln x\) xác định \( \Leftrightarrow x > 0\)

Cách giải:

Điều kiện xác định: \( - {x^2} + 5x - 6 > 0 \Leftrightarrow 2 < x < 3\)

Vậy tập xác định của hàm số \(y = \ln - {x^2} + 5x - 6\) là \(\left( {2;3} \right)\)

Đáp án D

Phương pháp:

- Tìm TXĐ

- Giải bất phương trình và tìm số nghiệm nguyên.

Cách giải:

Điều kiện xác định: \(\left\{ \begin{array}{l}25 - {x^2} \ge 0\\{x^2} - 4x + 5 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - 5 \le x \le 5\)

\(\sqrt {25 - {x^2}} {\log _2}\left( {{x^2} - 4x + 5} \right) \le 0\left[ \begin{array}{l}\sqrt {25 - {x^2}} = 0\\\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {25 - {x^2}} > 0\\{\log _2}\left( {{x^2} - 4x + 5} \right) \le 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 5\\x = - 5\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l} - 5 < x < 5\\{x^2} - 4x + 5 \le 1\end{array} \right.\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5\\x = - 5\\\left\{ \begin{array}{l} - 5 < x < 5\\{x^2} - 4x + 4 \le 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5\\x = - 5\\\left\{ \begin{array}{l} - 5 < x < 5\\{\left( {x - 2} \right)^2} \le 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5\\x = - 5\\\left\{ \begin{array}{l} - 5 < x < 5\\x = 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5\\x = - 5\\x = 2\end{array} \right.\)

Vậy bất phương trình có 3 nghiệm nguyên.

Đáp án C

Cách giải:

Nhận xét: Để thu được nhiều lãi nhất thì tổng chi phí bảo trì, chi phí in ấn là ít nhất.

Gọi số máy in cần sử dụng là n (máy), \(n \in \left( {0;8} \right)\)

Số giờ cần để in hết 50 000 bản in là: \(\frac{{50\,000}}{{4000n}} = \frac{{25}}{{2n}}\) (giờ)

Chi phí để n máy hoạt động trong \(\frac{{25}}{{2n}}\) giờ là:

\(50.n + 20\left( {3n + 5} \right).\frac{{25}}{{2n}} = 50n + 750 + \frac{{1250}}{n} \ge 2.\sqrt {50n.\frac{{1250}}{n}} + 750 = 500 + 750 = 1250\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: \(50n = \frac{{1250}}{n} \Leftrightarrow {n^2} = \frac{{1250}}{{50}} = 25 \Rightarrow n = 5\)

Vậy, nếu in 50 000 bản in khổ A4 thì phải sử dụng 5 máy sẽ thu được lãi nhiều nhất.

Đáp án B

Phương pháp:

Xác định góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {\alpha ;\beta } \right)\)

- Tìm giao tuyến \(\Delta \) của \(\left( {\alpha ;\beta } \right)\)

- Xác định 1 mặt phẳng \(\gamma \bot \Delta \)

- Tìm các giao tuyến \(a = \alpha \cap \gamma ,\,\,\,b = \beta \cap \gamma \)

- Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {\alpha ;\beta } \right):\,\,\,\left( {\alpha ;\beta } \right) = \left( {a;b} \right)\)

Cách giải:

Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB, CD.

Tam giác SAB cân tại S \( \Rightarrow SI \bot AB\)

Vì mặt bên SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD) nên \(SI \bot \left( {ABCD} \right)\)

Ta có: \[{\rm{IJ}} \bot CD,\,\,SI \bot CD \Rightarrow CD \bot \left( {SIJ} \right)\]

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD\\\left( {SIJ} \right) \bot CD\\\left( {SIJ} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SJ\\\left( {SIJ} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = IJ\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SJ;IJ} \right) = SJI\,\,do\,\,SJI < {90^0}\)

\(\cos \,SJI = \frac{{2\sqrt {19} }}{{19}}\)

\( \Rightarrow \frac{{IJ}}{{SJ}} = \frac{{2\sqrt {19} }}{{19}} \Rightarrow S = \frac{a}{{\frac{{2\sqrt {19} }}{{19}}}} = \frac{{a\sqrt {19} }}{2}\)

\( \Rightarrow SI = \sqrt {S{J^2} - I{J^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt {19} }}{2}} \right)}^2} - {a^2}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{2}\)

Thể tích của khối chóp S.ABCD: \(V = \frac{1}{3}.SI.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt {15} }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt {15} }}{6}\)

Đáp án A

Phương pháp:

+) Tính \(f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)dx} \)

+) \(f\left( 1 \right) = 1 \Rightarrow C\)

+) Tính \(f\left( 5 \right)\)

Cách giải:

\(f'\left( x \right) = \frac{1}{{2x - 1}} \Rightarrow f\left( x \right) = \int {\frac{1}{{2x - 1}}dx = \frac{1}{2}\ln \left| {2x - 1} \right| + C} \)

\(f\left( 1 \right) = 1 \Rightarrow \frac{1}{2}\ln 1 + C = 1 \Rightarrow C = 1 \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{2}\ln \left| {2x - 1} \right| + 1\)

\( \Rightarrow f\left( 5 \right) = \frac{1}{2}\ln 9 + 1 = \ln 3 + 1\)

Đáp án B

Phương pháp:

\(\int {\frac{{a - b}}{{\left( {x - a} \right)\left( {x - b} \right)}}dx = \ln \left| {\frac{{x - a}}{{x - b}}} \right| + C} \)

Cách giải:

\(\int {f\left( x \right)dx = \int {\frac{2}{{{x^2} - 1}}dx = \int {\left( {\frac{1}{{x - 1}} - \frac{1}{{x + 1}}} \right)dx = \ln \left| {x - 1} \right| - \ln \left| {x + 1} \right| + C} = \ln \left| {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right| + C} } \)

Đáp án D

Phương pháp:

Đặt \({2^x} = t,\,\,t > 0\). Chuyển về bài toán tìm m để phương trình bậc 2 ẩn t có 2 nghiệm \({t_1},\,{t_2}\) thỏa mãn \({t_1}.{t_2} = 8\)

Cách giải:

\({4^x} - m{.2^{x + 1}} + 2m = 0 \Leftrightarrow {4^x} - 2m{.3^x} + 2m = 0\,\,\,\left( 1 \right)\)

Đặt \({2^x} = t,\,\,t > 0\), phương trình trở thành: \({t^2} - 2mt + 2m = 0\,\,\,\left( 2 \right)\)

Để phương trình (1) có 2 nghiệm \({x_1},\,{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} = 3\) thì phương trình (2) có 2 nghiệm \({t_1},\,{t_2}\) thỏa mãn \({t_1}.{t_2} = {2^{{x_1}}}{.2^{{x_2}}} = {2^3} = 8\)

Khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' \ge 0\\2m = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 2m \ge 0\\m = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 4\)

Đáp án C

Phương pháp:

\(\int {\frac{1}{{ax + b}}dx = \frac{1}{a}\ln \left| {ax + b} \right| + C} \)

Cách giải:

\(\int {f\left( x \right)dx = \int {\frac{1}{{2x + 3}}dx = \frac{1}{2}\int {\frac{{d\left( {2x + 3} \right)}}{{2x + 3}} = \frac{{\ln \left| {2x + 3} \right|}}{2} + C} } } \)

Khi \(C = 1 \Rightarrow \) Đáp án A đúng.

Đáp án B: \(F\left( x \right) = \frac{{\ln {{\left| {2x + 3} \right|}^2}}}{4} + 3 = \frac{{2ln\left| {2x + 3} \right|}}{4} + 3 = \frac{{ln\left| {2x + 3} \right|}}{2} + 3 \Rightarrow C + 3\)

Đáp án D: \(F\left( x \right) = \frac{{\ln \left| {x + \frac{3}{2}} \right|}}{2} + 4 = \frac{{\ln \left| {2x + 3} \right| - \ln 2}}{2} + 4 = \frac{{\ln \left| {2x + 3} \right|}}{2} - \frac{{\ln 2}}{2} + 4 \Rightarrow C = - \frac{{\ln 2}}{2} + 4\)

\( \Rightarrow F\left( x \right) = \frac{{\ln \left| {4x + 6} \right|}}{4} + 2\) là khẳng định sai

Đáp án C

Phương pháp:

Hàm số bậc ba \(y = f\left( x \right)\) đạt cực tiểu tại \(x = {x_0}\) khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( {{x_0}} \right) = 0\\f'\left( {{x_0}} \right) > 0\end{array} \right.\)

Cách giải:

\(y = - {x^3} - 2{x^2} + mx + 1 \Rightarrow y' = - 3{x^2} - 4x + m,\,\,\,y'' = - 6x - 4\)

Hàm số \(y = - {x^3} - 2{x^2} + mx + 1\)đạt cực tiểu tại điểm \(x = - 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y' - 1 = 0\\y'' - 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 + 4 + m = 0\\6 - 4 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m = - 1\)

Đáp án D

Phương pháp:

+) Xét hàm số \(h\left( x \right) = f\left( x \right) - 2017 = a{x^4} + b{x^2} + c - 2017\)

+) Tìm số điểm cực trị của hàm số \(h\left( x \right)\) bằng cách giải phương trình \(h'\left( x \right) = 0\)

+) Xác định dấu của \(h\left( 0 \right);\,\,h\left( 1 \right);\,\,h\left( { - 1} \right)\) và vẽ đồ thị hàm số \(y = h\left( x \right)\), từ đó vẽ đồ thị hàm số \(y = \left| {h\left( x \right)} \right|\) và kết luận.

Cách giải:

Xét hàm số \(h\left( x \right) = f\left( x \right) - 2017 = a{x^4} + b{x^2} + c - 2017\), với \(a > 0,\,c < 2017,\,\,\,a + b + c < 2017\)

Ta có: \(h'\left( x \right) = 4a{x^3} + 2bx = 2x\left( {2a{x^2} + b} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = - \frac{b}{{2a}}\end{array} \right.\)

Do \(a > 0,\,b < 0 \Rightarrow - \frac{b}{{2a}} > 0\) nên \(h'\left( x \right) = 0\)có 3 nghiệm phân biệt \( \Rightarrow y = h\left( x \right)\) có 3 cực trị

Ta có: \(h\left( 0 \right) = c - 2017 > 0,\,\,\,h\left( { - 1} \right) = h\left( 1 \right) = a + b + c - 2017 < 0\)

\( \Rightarrow h\left( 0 \right).\left( {h - 1} \right) < 0,\,\,\,h\left( 0 \right).h\left( 1 \right) < 0\)

\( \Rightarrow \exists {x_1},\,{x_2}:{x_1} \in \left( { - 1;0} \right),\,\,\,{x_2} \in \left( {0;1} \right)\) mà \(h\left( {{x_1}} \right) = h\left( {{x_2}} \right) = 0\)

Do đó, đồ thị hàm số \(y = h\left( x \right)\) và \(y = \left| {h\left( x \right)} \right|\) dạng như hình vẽ bên.

Vậy, số cực trị của hàm số \(y = \left| {f\left( x \right) - 2017} \right|\) là 7

Đáp án C

Phương pháp:

\({\log _{{a^n}}}f\left( x \right) = \frac{1}{n}{\log _a}f\left( x \right)\)

\({\log _a}f\left( x \right) = {\log _a}g\left( x \right) \Rightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right)\)

\(0 < a \ne 1;\,\,\,f\left( x \right) > 0;\,\,g\left( x \right) > 0\)

Cách giải:

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

\({\log _3}\left( {{x^2} + 4x} \right) + {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {2x + 3} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} + 4} \right) - {\log _3}\left( {2x + 3} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} + 4} \right) = {\log _3}\left( {2x + 3} \right)\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 4x = 2x + 3 \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\left( {tm} \right)\\x = - 3\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là \(x = 1\)

Đáp án B

Phương pháp:\(\int {udv = uv - \int {vdu} } \)

Cách giải:\(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx = \int {x\cos \,x\,dx = \int {x\,dx\,\sin \,x = x\sin x - \int {\sin x\,dx = x\sin x + \cos \,x + C} } } } \)

Đáp án A

Phương pháp:

Tính và xét dấu của \(f\left( {{x^2}} \right)'\) từ đó tính số cực trị.

Cách giải:

\(y = f\left( {{x^2}} \right) \Rightarrow y' = 2x.f'\left( {{x^2}} \right) = 2x.{\left( {{x^2}} \right)^2}\left( {{x^2} - 1} \right){\left( {{x^2} - 4} \right)^2} = 2{x^5}\left( {{x^2} - 1} \right){\left( {{x^2} - 4} \right)^2}\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\\x = \pm 2\end{array} \right.\), y’ đổi dấu tại các điểm \(x = 0,\,\,x = - 1,\,\,x = 1\)

\( \Rightarrow \) Số cực trị của hàm số \(y = f\left( {{x^2}} \right)\) là 3.

Đáp án A

Phương pháp:

Dựa vào các công thức tính diện tích toàn phần, diện tích xung quanh và thể tích của khối trụ.

Cách giải:

Diện tích toàn phần của hình trụ bằng \(2\pi rh + 2\pi {r^2}\). Do đó đáp án A sai.

Đáp án A

Phương pháp:

Dựa vào khái niệm cực trị và các kiến thức liên quan.

Cách giải:

(1) chỉ là điều kiện cần mà không là điều kiện đủ.

VD hàm số \(y = {x^3}\) có \(y' = 3{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = 0\). Tuy nhiên \(x = 0\) không là điểm cực trị của hàm số.

(2) sai, khi \(f''\left( {{x_0}} \right) = 0\), ta không có kết luận về điểm \({x_0}\) có là cực trị của hàm số hay không.

(3) hiển nhiên sai.

Vậy (1), (2), (3): sai; (4): đúng

Đáp án C

Phương pháp:

+) \(d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)\)xác định khoảng cách từ H đến (SCD).

+) Xác định góc giữa SC và mặt đáy.

+) Đặt cạnh của hình vuông ở đáy là x, tính SH và HI theo x.

+) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tìm x.

+) Tính \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}}\)

 

Cách giải:

Do \(AH//\left( {SCD} \right)\) nên \(d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)\)

Kẻ \(HI//AD,\,\,I \in CD,\,\,\,HK \bot SI,\,\,K \in SI\)

\( \Rightarrow d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right) = HK = \sqrt {26} \)

Giả sử độ dài cạnh hình vuông ở đáy là x. Khi đó, \(HI = x\)

\(\Delta HBC\) vuông tại B \( \Rightarrow HC = \sqrt {H{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{2}{3}x} \right)}^2} + {x^2}} = \frac{{\sqrt {13} x}}{3}\)

\(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SCH} \right) = {60^0}\)

\(\Delta SHC\) vuông tại H \( \Rightarrow SH = HC.\tan {60^0} = \frac{{\sqrt {13} x}}{3}.\sqrt 3  = \frac{{\sqrt {39} x}}{3}\)

\(\Delta SHI\) vuông tại H,

\(HK \bot SI \Rightarrow \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{I{H^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{26}} = \frac{1}{{\frac{{13{x^2}}}{3}}} + \frac{1}{{{x^2}}} = \frac{{16}}{{13{x^2}}} \Leftrightarrow {x^2} = 32 \Rightarrow x = 4\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow SH = \frac{{\sqrt {39} .4\sqrt 2 }}{3} = \frac{{4\sqrt {78} }}{3}\)

Thể tích khối chóp S.ABCD: \(V = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{4\sqrt {78} }}{3}.{\left( {4\sqrt 2 } \right)^2} = \frac{{128\sqrt {78} }}{9}\)

Đáp án C

Phương pháp:

+) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC và E là trung điểm của BC.

+) Qua I dựng đường thẳng song song với SH, qua E dựng đường thẳng song song với IH, hai đường thẳng này cắt nhau tại O \( \Rightarrow \) O là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.AHC. O

+) Tính IH, sử dụng công thức \(R = \frac{{abc}}{{4S}}\) với a, b, c là ba cạnh của tam giác AHC, S là diện tích tam giác AHC, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC.

+) Tính HE.

+) Sử dụng định lí Pytago tính OH.

Cách giải

Kẻ HK vuông góc AB tại K, gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC, E là trung điểm của SH.

Ta có: H là trung điểm của AB, tam giác SAB cân tại S \( \Rightarrow SH \bot AB\)

Mà SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy \( \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

\(\Delta AHK\) đồng dạng \(\Delta ACB\) (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{HK}}{{BC}} \Leftrightarrow \frac{{\frac{a}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {\sqrt 2 a} \right)}^2}} }} = \frac{{HK}}{{\sqrt 2 a}} \Leftrightarrow HK = \frac{a}{{\sqrt 6 }}\)

Ta có: \(HK \bot AC,\,\,\,SH \bot AC \Rightarrow AC \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow AC \bot SK\)

\( \Rightarrow \left( {\left( {SAC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = SKH = {60^0}\)

\(\Delta SKH\) vuông tại H, \(SKH = {60^0} \Rightarrow SH = HK.\tan {60^0} = \frac{a}{{\sqrt 6 }}.\sqrt 3 = \frac{a}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow EH = \frac{a}{{2\sqrt 2 }}\)

Ta có: \({S_{\Delta AHC}} = \frac{1}{2}{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.{S_{ABCD}} = \frac{{{S_{ABCD}}}}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{4}\)

I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB

\( \Rightarrow IH = R = \frac{{AH.HC.AC}}{{4{S_{\Delta AHC}}}} = \frac{{\frac{a}{2}.\sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt 2 a} \right)}^2}} .\sqrt {{a^2} + {{\left( {\sqrt 2 a} \right)}^2}} }}{{4.\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{4}}} = \frac{{\frac{a}{2}.\frac{{3a}}{2}.\sqrt 3 a}}{{{a^2}\sqrt 2 }} = \frac{{3\sqrt 3 a}}{{4\sqrt 2 }}\)

Tứ giác OEHI là hình chữ nhật

\( \Rightarrow OH = \sqrt {I{H^2} + E{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{3\sqrt 2 a}}{{4\sqrt 2 }}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{{2\sqrt 2 }}} \right)}^2}} = \sqrt {\frac{{27{a^2}}}{{32}} + \frac{{{a^2}}}{8}} = \frac{{\sqrt {62} a}}{8}\)

Vậy, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.HAC là \(\frac{{\sqrt {62} a}}{8}\)

Đáp án B

Phương pháp:

+) Xác định khoảng cách từ O đến (SAB)

+) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách vừa xác định được.

Cách giải:

Gọi I là trung điểm của AB, kẻ OH vuông góc SI tại H.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}OI \bot AB\\SO \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SOI} \right) \Rightarrow AB \bot OH\)

Mà \(SI \bot OH \Rightarrow OH \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SAB} \right)} \right) = OH\)

Ta có: \(AB = \frac{{8r}}{5} \Rightarrow AI = \frac{{4r}}{5}\)

\(\Delta SAI\) vuông tại I \( \Rightarrow SI = \sqrt {S{A^2} - A{I^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{8r}}{5}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{4r}}{5}} \right)}^2}} = \frac{{4\sqrt 3 r}}{5}\)

\(\Delta OAI\) vuông tại I \( \Rightarrow OI = \sqrt {O{A^2} - A{I^2}} = \sqrt {{r^2} - {{\left( {\frac{{4r}}{5}} \right)}^2}} = \frac{{3r}}{5}\)

\(\Delta SOI\) vuông tại O \( \Rightarrow OS = \sqrt {S{I^2} - O{I^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{4\sqrt 3 r}}{5}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{3r}}{5}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {39} r}}{5}\)

\(\Delta SOI\) vuông tại O, \(OH \bot SI \Rightarrow OH.SI = SO.OI \Leftrightarrow OH.\frac{{4\sqrt 3 r}}{5} = \frac{{\sqrt {39} r}}{5}.\frac{{3r}}{5} \Leftrightarrow OH = \frac{{3\sqrt {13} r}}{{20}}\)

Đáp án A

Phương pháp:

+) Số nghiệm của phương trình \({2^{\left| x \right|}} = \sqrt {{m^2} - {x^2}} \) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {2^{\left| x \right|}}\) và \(y = \sqrt {{m^2} - {x^2}} \)

+) Vẽ hai đồ thị hàm số trên cùng hệ trục tọa độ và biện luận.

Cách giải:

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

Trong đó, \(y = \sqrt {{m^2} - {x^2}} \) có đồ thị là nửa đường tròn \({x^2} + {y^2} = {m^2}\) (phần nằm phía trên trục hoành)

Quan sát đồ thị, ta thấy: để 2 đồ thị cắt nhau tại 2 điểm phân biệt thì bán kính của đường tròn \({x^2} + {y^2} = {m^2}\) phải lớn hơn 1 \( \Rightarrow \left| m \right| > 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < 1\\m < - 1\end{array} \right.\)

Đáp án B

Phương pháp:

+) Đặt \(t = \sqrt {2x - 3} ,\,\,t \ge 0\), rút x theo t.

+) Thế vào phương trình, lập phương hai vế, cô lập m, đưa phương trình về dạng \(m = f\left( t \right)\)

+) Khảo sát và lập BBT của hàm số \(y = f\left( t \right),\,\,t \ge 0\) Biện luận để phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

Cách giải: