Bộ 25 đề thi học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 (tiếp theo) - Đề 30 có đáp án

Đáp án C

Phương pháp:

Giải phương trình \(y' = 0\) và kết luận số cực trị của hàm số.

Cách giải:

Xét hàm số \(y = {x^4} - 2{x^2} - 1\) có \(y' = 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = - 1\end{array} \right.\)

Vậy hàm số \(y = {x^4} - 2{x^2} - 1\) có 3 điểm cực trị.

Đáp án D

Phương pháp:\(\left( {{a^x}} \right)' = {a^x}\ln a\)

Cách giải:\(f'\left( x \right) = \left( {{2^x}} \right)' = {2^x}\ln 2\)

Đáp án D

Phương pháp:\({\log _a}f\left( x \right) = b \Leftrightarrow f\left( x \right) = {a^b}\)

Cách giải:

\(\log {\left( {x - 1} \right)^2} = 2 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = {10^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 10\\x - 1 = - 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 11\\x = - 9\end{array} \right.\)

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm.

Đáp án C

Phương pháp:\({\log _a}f\left( x \right) < {\log _a}g\left( x \right);\,\,\,0 < a < 1 \Rightarrow f\left( x \right) > g\left( x \right) > 0\)

Cách giải:

\({\log _{\frac{1}{3}}}\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) < {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {x - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 1 > x - 1 > 0\)

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

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(\left( {2; + \infty } \right)\)

Đáp án C

Phương pháp:

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

Cách giải:

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ 1 \right\}\). Ta có: \(y' = \frac{3}{{{{\left( { - x + 1} \right)}^2}}} > 0\,\,\,\forall x \in R\backslash \left\{ 1 \right\} \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left[ {2;3} \right]\)

\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {2;3} \right]} y = y\left( 2 \right) = \frac{\begin{array}{l}2.2\\2.2 + 1\end{array}}{{ - 1 + 1}} = - 5\)

Đáp án C

Phương pháp:

Cách giải:

Vì ABC là tam giác vuông cân tại A \( \Rightarrow AB = AC = \frac{{BC}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 \)

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.AA' = \frac{1}{2}A{B^2}.AA' = \frac{1}{2}{\left( {a\sqrt 2 } \right)^2}.2a = 2{a^3}\)

Đáp án D

Phương pháp:

+) Viết phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại điểm có hoành độ bằng 2 là: \(y = y'\left( 2 \right)\left( {x - 2} \right) + y\left( 2 \right)\)

+) Xác định tọa độ các điểm A, B \( \Rightarrow \) a, b và tính giá trị của P.

Cách giải:

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ 1 \right\}\). Ta có \(y' = \frac{{ - 5}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} \Rightarrow y'\left( 2 \right) = - 5\)

Phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại điểm có hoành độ bằng 2 là: \(y = - 5\left( {x - 2} \right) + 7 = - 5x + 17\left( d \right)\)

\(A = d \cap Ox \Rightarrow A\left( {\frac{{17}}{5};0} \right);\,\,\,B = \left( d \right) \cap Oy \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{17}}{5}\\b = 17\end{array} \right. \Rightarrow P = 34\)

Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng công thức \({\log _{{a^n}}}{b^m} = \frac{m}{n}{\log _a}b\left( {0 < a \ne 1;\,\,b > 0} \right)\), đưa các logarit về cùng cơ số.

Cách giải:

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

\( \Leftrightarrow {\left( { - {{\log }_3}x} \right)^2} = \left( {\sqrt 3 + 1} \right){\log _3}x + \sqrt 3 = 0\)

\( \Leftrightarrow \log _3^2x - \left( {\sqrt 3 + 1} \right){\log _3}x + \sqrt 3 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _3}x = 1\\{\log _3}x = \sqrt 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = 3\\{x_2} = {3^{\sqrt 3 }}\end{array} \right. \Leftrightarrow {x_1}{x_2} = {3.3^{\sqrt 3 }} = {3^{\sqrt 3 + !}}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y'\left( 2 \right) = 0\\y''\left( 2 \right) > 0\end{array} \right.\)

Cách giải:

Ta có: \(y' = {x^2} - mx;\,\,\,y'' = 2x - m\)

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y'\left( 2 \right) = 0\\y''\left( 2 \right) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 - 2m = 0\\4 - m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2\\m < 4\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\)

Đáp án D

Phương pháp:

Hàm số đạt cực đại tại \(x = {x_0} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y'\left( {{x_0}} \right) = 0\\y''\left( {{x_0}} \right) < 0\end{array} \right.\)

Cách giải:

Ta có: \(y' = 4{x^3};\,\,\,y'' = 12{x^2}\)

Hàm số đạt cực đại tại \(x = {x_0} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y'\left( {{x_0}} \right) = 0\\y''\left( {{x_0}} \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x_0^3 = 0\\12x_0^2 < 0\end{array} \right.\)(vô nghiệm)

Vậy hàm số đã cho không có cực đại.

Đáp án B

Phương pháp:\({V_{S.ABC}} = \frac{1}{2}SA.{S_{ABC}}\)

Cách giải:\({V_{S.ABC}} = \frac{1}{2}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\)

Đáp án B

Phương pháp:\({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}}\)

Cách giải:\({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\)

Tứ diện có 4 đỉnh là 4 đỉnh của lăng trụ tam giác có \(V = \frac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\)

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng công thức lãi kép \({A_n} = A{\left( {1 + r} \right)^n}\)

Cách giải:

Ta có: \({A_n} = A{\left( {1 + r} \right)^n}\)

\( \Rightarrow 100{\left( {1 + \frac{{0,5}}{{100}}} \right)^n} > 125 \Leftrightarrow n > {\log _{\left( {1 + \frac{{0,5}}{{100}}} \right)}}\frac{{125}}{{100}} \simeq 44,74\)

Vậy sau ít nhất 45 tháng.

Đáp án C

Phương pháp:

Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đay có bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp là

Cách giải:

Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy

Với

\( \Rightarrow R = \sqrt {{{\left( {6a} \right)}^2} + \frac{{25{a^2}}}{4}} = \frac{{13a}}{2} \Rightarrow S = 4\pi {R^2} = 169\pi \)

Đáp án B

Phương pháp:

Đồ thị hàm số bậc nhất trên bậc nhất \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\left( {ad \ne bc} \right)\) có TCN \(y = \frac{a}{c}\) và TCĐ \(y = \frac{{ - d}}{c}\)

Cách giải:

\(M\left( {0;1} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \( \Rightarrow \frac{b}{d} = 1 \Leftrightarrow b = d \Rightarrow \) Loại D.

Giao điểm 2 đường tiệm cận của hàm số là \(I\left( {1; - 1} \right)\) nên

Đồ thị hàm số có TCĐ \(x = 1 \Rightarrow \) Loại A.

Đồ thị hàm số có TCN \(y = - 1 \Rightarrow \) Loại C

Đáp án A

Phương pháp:

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\)

+) Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = {y_0} \Rightarrow y = {y_0}\) là đường TCN của đồ thị hàm số.

+) Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} y = \infty \Rightarrow x = {x_0}\) là đường TCĐ của đồ thị hàm số.

Cách giải:

\(y = \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^2} - 4}} = \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{x - 1}}{{x + 2}} \Rightarrow \)Đồ thị hàm số có TCĐ \(x = - 2\)

Đáp án D

Phương pháp:

+) Xác định góc giữa cạnh bên và đáy.

+) Tính đường cao của chóp.

+) Tính thể tích của chóp

Cách giải:

Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng \({60^0} \Rightarrow SBO = {60^0}\)

  Ta có \(OB = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow SO = OB.\tan 60 = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 6 }}{2} = {a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}\)

Đáp án D

Phương pháp:

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\)

+) Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = {y_0} \Rightarrow y = {y_0}\) là đường TCN của đồ thị hàm số.

+) Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} y = \infty \Rightarrow x = {x_0}\) là đường TCĐ của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{5x}}{{2 - x}}\) nhận đường thẳng \(x = 2\) làm tiệm cận đứng.

 

Đáp án B

Kết hợp điều kiện \(y = \frac{{2x - 3}}{{{x^2} + 4x + 4}} = \frac{{2x - 3}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\)

Đồ thị hàm số có TCN \(y = 0\) và TCĐ \(x = - 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 2\\b = 0\end{array} \right. \Rightarrow a + 2b = - 2\)

Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng công thức Simpson tính tỉ lệ thể tích.

Cách giải:

Ta có: \(\frac{{{V_{S.A'B'C'}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SA'}}{{SA}}.\frac{{SB'}}{{SB}}.\frac{{SC'}}{{SC}} = \frac{1}{8} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = 8{V_{S.A'B'C'}}\)

Đáp án B

Phương pháp:

Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên \(\left[ {a;b} \right]\)

Bước 1: Tính y’, giải phương trình \(f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow {x_i} \in \left[ {a;b} \right]\)

+) Bước 2: Tính các giá trị \(f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)\)

+) Bước 3: So sánh các giá trị tính được ở bước 2 và kết luận GTLN, GTNN của hàm số.

Cách giải:

Ta có: \(y' = - 2x + 2 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \notin \left[ {2;4} \right]\)

\(y\left( 2 \right) = 4;\,\,\,y\left( 4 \right) = - 4 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;4} \right]} y = - 4\)

Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng các công thức \({\log _{{a^n}}}{b^m} = \frac{m}{n}{\log _a}b\,\,\left( {0 < a \ne 1;\,\,b > 0} \right)\)

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

Cách giải:

\({\log _2}{a^2} = 2{\log _2}a\left( {a > 0} \right) \Rightarrow \) A sai

\({\log _{{a^2} + 1}}a \ge {\log _{{a^2} + 1}}b \Leftrightarrow a \ge b\,\,do\,\,{a^2} + 1 > 1\,\,\left( {0 < a \ne 1} \right) \Rightarrow \) B sai

\({\log _2}\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = 2{\log _2}\left( {a + b} \right)\) sai

\({\log _{\frac{3}{4}}}a < {\log _{\frac{3}{4}}}b \Leftrightarrow a > b\) đúng do \(\frac{3}{4} < 1\)

Đáp án A

Phương pháp:

Giải bất phương trình \(y' < 0\) tìm các khoảng nghịch biến của hàm số.

Cách giải:

TXĐ: \(D = R\)

Ta có: \(y' = 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = - 1\end{array} \right.\)

Bảng xét dấu:

\( \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {0;1} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {0;1} \right)\) là khoảng nghịch biến cần tìm \( \Rightarrow a = 0;\,\,b = 1 \Rightarrow 5a - b = - 1\)

Đáp án C

Cách giải:\(V = abc\)

Đáp án C

Phương pháp:

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

Cách giải:

\(\log \left( {2{x^2} - 11x + 25} \right) \le 1\)

\( \Leftrightarrow 0 \le 2{x^2} - 11x + 25 \le 10\)

 

\( \Leftrightarrow \frac{5}{2} \le x \le 3\)

Vậy nghiệm nguyên của bất phương trình là \(x = 3\)

Đáp án D

Phương pháp:

Cho hàm số \(y = {x^n}\)

Cách giải:

\( - \frac{1}{2} \notin Z \Rightarrow \) Hàm số xác định \(x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1\)

Vậy tập xác định của hàm số là \(D = \left( {1; + \infty } \right)\)

Đáp án C

Phương pháp:

Dựa vào hình dáng đồ thị các hàm số mũ và logarit.

Cách giải:

A sai vì độ thị hàm số logarit \(y = {\log _a}x\) có thể nằm trên trục hoành.

B sai vì đồ thị hàm số mũ \(y = {a^x}\) luôn nằm trên trục hoành và nhận Ox làm tiệm cận ngang.

C đúng vì đồ thị hàm số logarit \(y = {\log _a}x\) luôn nằm bên phải trục tung và nhận Oy làm tiệm cận đứng.

D sai vì đồ thị hàm số mũ \(y = {a^x}\)luôn có một tiệm cận duy nhất là trục Ox.

Đáp án B

Phương pháp:

+) Xác định góc giữa mặt bên và đáy.

+) Tính chiều cao h, bán kính đáy R và đường sinh l của hình nón.

+) Sử dụng công thức \({S_{xq}} = \pi Rl\)

Cách giải: Gọi M là trung điểm của AB, G là trọng tâm tam giác ABC ta có:

\(SG \bot \left( {ABC} \right)\) và \(\left( {\left( {SAB} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = SMG = {60^0}\)

Ta có

\(MG = \frac{1}{3}CM = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6} \Rightarrow SG = MG.\tan {60^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}.\sqrt 3 = \frac{a}{2} = h\)

\(CG = \frac{2}{3}CM = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} = R \Rightarrow l = \sqrt {{h^2} + {R^2}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{6}\)

Vậy \({S_{xq}} = \pi Rl = \pi .\frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\frac{{a\sqrt {21} }}{6} = \frac{{\pi {a^2}\sqrt 7 }}{6}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\) là: \(y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + f\left( {{x_0}} \right)\)

Cách giải:

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ { - 2} \right\}\)

Gọi A là giao điểm của \(\left( H \right)\) với trục hoành \( \Rightarrow A\left( {1;0} \right)\)

Ta có: \(y' = \frac{3}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} \Rightarrow y'\left( 1 \right) = \frac{1}{3}\)

Vậy tiếp tuyến của \(\left( H \right)\) tại \(A\left( {1;0} \right)\) là: \(y = \frac{1}{3}\left( {x - 1} \right) = \frac{1}{3}x - \frac{1}{3}\)

Đáp án D

Phương pháp:

Diện tích toàn phần của hình trụ bán kính R, đường cao h là \({S_{tp}} = 2\pi R\left( {R + h} \right)\)

Cách giải:

Xét tam giác vuông ACD có: \(AC = \sqrt {{8^2} + {6^2}} = 10 \Rightarrow OA = 5 = R\)

Xét tam giác vuông AA’C’ có: \(AA' = \sqrt {AC{'^2} - A{C^2}} = \sqrt {{{12}^2} - {{10}^2}} = 2\sqrt {11} = h\)

Vậy Tính diện tích toàn phần của khối trụ có hai đường tròn đáy ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD và A’B’C’D’ là: \(2\pi R\left( {h + R} \right) = 2\pi .5\left( {5 + 2\sqrt {11} } \right) = 10\pi \left( {2\sqrt {11} + 5} \right)\)

Đáp án D

Phương pháp:

Hàm đa thức bậc ba có tâm đối xứng là điểm uốn.

Cách giải:

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x - 9 \Rightarrow y'' = 6x - 6 \Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow y\left( 1 \right) = - 9\)

Vậy \(I\left( {1; - 9} \right)\) là tâm đối xứng của đồ thị hàm số.

Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ: \(V = \pi {R^2}h\)

Cách giải:

Hình thang ABCD là nửa lục giác đều \( \Rightarrow R = \frac{{AD}}{2} = a;\,\,h = 2a \Rightarrow V = \pi {R^2}h = 2\pi {a^3}\)

Đáp án D

Dựa vào BBT của đồ thị hàm số và nhận xét các kết luận.

Cách giải:

A sai vì khi \(x \to \infty \Rightarrow y = - 4 \Rightarrow - 4\) không là GTNN của hàm số.

B sai vì hàm số không xác định tại \(x = - 1\)

C sai vì đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là \(\left( {0;1} \right)\)

D đúng vì đồ thị hàm số có TCN \(y = - 4\) và TCĐ \(x = - 1\)

Đáp án C

Phương pháp:

Để hàm số \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\left( {a \ne 0} \right)\) có ba điểm cực trị thì phương trình \(y' = 0\) có 3 nghiệm phân biệt.

Cách giải:

Ta có: \(y' = 4\left( {m + 1} \right){x^3} + 2\left( {3m - 10} \right)x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\2\left( {m + 1} \right){x^2} = 10 - 3m\end{array} \right.\)

Hàm số có ba cực trị \( \Leftrightarrow y' = 0\) có 3 nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 1 \ne 0\\\frac{{10 - 3m}}{{2\left( {m + 1} \right)}} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne - 1\\ - 1 < m < \frac{{10}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow - 1 < m < \frac{{10}}{3}\)

Kết hợp điều kiện \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ {0;1;2;3} \right\}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\)

+) Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = {y_0} \Rightarrow y = {y_0}\) là đường TCN của đồ thị hàm số.

+) Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} y = \infty \Rightarrow x = {x_0}\) là đường TCĐ của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Sử dụng MTCT ta tìm được TCN của đồ thị hàm số là \(y = \pm 1\) và TCĐ của đồ thị hàm số là \(x = 0\)

\(n = 2;\,\,d = 1 \Rightarrow T = 2n + 3d = 2.2 + 3.1 = 7\)

Đáp án A

Phương pháp:

+) Giải phương trình \(y' = 0\) xác định tọa độ các điểm cực trị AB.

+) Nhận xét các điểm A, B. Chứng minh tam giác OAB vuông tại O.

+) \({S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}OA.OB\)

Cách giải:

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = 4 \Rightarrow A\left( {0;4} \right) \in Oy\\x = 2 \Rightarrow y = 0 \Rightarrow B\left( {2;0} \right) \in Ox\end{array} \right. \Rightarrow \Delta OAB\) vuông tại O.

Có \(OA = 4;\,\,OB = 2 \Rightarrow {S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}OA.OB = \frac{1}{2}.4.2 = 4\)

Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính thể tích hình trụ và hình nón.

Cách giải:

Khi quanh hình vuông ABCD quanh cạnh AB ta được hình trụ có bán kính AD và đường cao AB

\( \Rightarrow V = \pi AD.AB = \pi {.4^2}.4 = 64\pi \)

Khi quay hình vuông ABCD quanh đường chéo AC ta được 2 hình nón chiều cao \(\frac{{AC}}{2}\), bán kính đáy \(\frac{{BD}}{2}\)

\( \Rightarrow V' = 2.\frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{{BD}}{2}} \right)^2}.\frac{{AC}}{2} = \frac{{2\pi }}{3}.{\left( {\frac{{4\sqrt 2 }}{2}} \right)^2}.\frac{{4\sqrt 2 }}{2} = \frac{{32\pi \sqrt 2 }}{3}\)

\( \Rightarrow \frac{V}{{V'}} = \frac{{64\pi }}{{\frac{{32\pi \sqrt 2 }}{3}}} = 3\sqrt 2 \)

Đáp án C

Phương pháp:

+) Tính \(y'\), sử dụng quy tắc đạo hàm của tích \(\left( {uv} \right)' = u'v + uv'\)

+) Thay vào và giải phương trình \(y' - y = 0\)

Cách giải:

Ta có: \(y' = \left( {2x - 2} \right){e^{ - x}} - \left( {{x^2} - 2x} \right){e^{ - x}} = \left( { - {x^2} + 4x - 2} \right){e^{ - x}}\)

\(y' - y = 0 \Leftrightarrow \left( { - {x^2} + 4x - 2} \right){e^{ - x}} - \left( {{x^2} - 2x} \right){e^{ - x}} = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( { - 2{x^2} + 6x - 2} \right){e^x} = 0 \Leftrightarrow - 2{x^2} + 6x - 2 = 0\,\,\left( {do\,\,{e^{ - x}} > 0} \right) \Leftrightarrow x = \frac{{3 \pm \sqrt 5 }}{2}\)

Ta có: \(\frac{{3 + \sqrt 5 }}{2} + \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2} = 3\)

Đáp án A

Phương pháp:

\(V = {S_{\Delta ANP}}.MN,\,\,\,\,{V_{max}} \Leftrightarrow {S_{\Delta ANP}}max\), sử dụng BĐT Cô-si.

Cách giải:

Đáy là tam giác cân có cạnh bên là x (cm) và cạnh đáy là \(24 - 2x\left( {cm} \right)\,\,\left( {x < 12} \right)\)

Gọi H là trung điểm của NP \( \Rightarrow AH \bot NP\)

Xét tam giác vuông ANH có: \(AH = \sqrt {A{N^2} - N{H^2}} = \sqrt {{x^2} - {{\left( {12 - x} \right)}^2}} = \sqrt {24x - 144} \) (ĐK: \(24x - 144 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 0\))

\( \Rightarrow {S_{\Delta ANP}} = \frac{1}{2}AH.NP = \frac{1}{2}\sqrt {24x - 144} .\left( {24 - 2x} \right) = S\)

\(V = {S_{ANP}}.AB;\,\,\,{V_{max}} \Leftrightarrow {S_{ANPmax}}\) (Do AB không đổi).

Ta có:

\({S^2} = \frac{1}{4}{\left( {24 - 2x} \right)^2}\left( {24x - 144} \right) = \frac{1}{{{{4.6}^2}}}{\left( {144 - 12x} \right)^2}\left( {24x - 144} \right)\) \( \le \frac{1}{{{{4.6}^2}}}{\left( {\frac{{144 - 12x + 144 - 12x + 24x - 144}}{3}} \right)^2} = \sqrt {786} = 16\sqrt 3 \)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow 144 - 12x = 24x - 144 \Rightarrow x = 8\)

Đáp án D

Phương pháp:

Đặt \(t = {2^{{{\sin }^2}x}}\left( {0 \le {{\sin }^2}x \le 1 \Rightarrow t \in \left[ {1;2} \right]} \right)\)

Cách giải:

Đặt \(t = {2^{{{\sin }^2}x}}\left( {0 \le {{\sin }^2}x \le 1 \Rightarrow t \in \left[ {1;2} \right]} \right)\)

Ta có: \({2^{{{\cos }^2}x}} = {2^{1 - {{\sin }^2}x}} = \frac{2}{t}\), khi đó ta có \(f\left( t \right) = 2 + \frac{2}{t}\,\,\left( {t \in \left[ {1;2} \right]} \right)\)

\(f'\left( t \right) = 1 - \frac{2}{{{t^2}}} \Leftrightarrow {t^2} - 2 = 0 \Leftrightarrow t = \pm \sqrt 2 \)

\(f\left( 1 \right) = 3;\,\,\,f\left( {\sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 ;\,\,\,f\left( 2 \right) = 3 \Rightarrow m = \min f\left( t \right) = 2\sqrt 2 ;\,\,\,M = \max \,f\left( t \right) = 3 \Rightarrow M.n = 6\sqrt 2 \)

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ \(V = \pi {R^2}h\)

Cách giải:

Gọi H, K lần lượt là trug điểm của AB và CD suy ra HK đi qua tâm của hình vuông ABCD và ta có \(MK = \frac{1}{2}AB = 4\).

OO’ là trục của hình trụ nên OO’ vuông góc với 2 mặt đáy.

\( \Rightarrow OO' \bot OK \Rightarrow OK = \sqrt {M{K^2} - M{O^2}} = 3\)

Vì K là trung điểm của AB \( \Rightarrow OK \bot AB\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)

Xét tam giác vuông OKB \( \Rightarrow OB = \sqrt {O{K^2} + K{B^2}} = 5 = R\)

 

Vậy \(V = \pi {R^2}h = \pi {.5^2}.2\sqrt 7 = 50\pi \sqrt 7 \)

Đáp án A

Phương pháp:

Tính số cạnh và số đỉnh nằm trên một mặt của hình hộp chữ nhật.

Cách giải:

Hình hộp chữ nhật có tất cả 12 cạnh \( \Rightarrow \) Số đỉnh của hình cần biết là 12 đỉnh \( \Rightarrow \) Loại B, C.

Mỗi mặt của hình hộp chữ nhật chứa 4 cạnh của hình cần biết mà hình hộp chữ nhật có 6 mặt \( \Rightarrow \) Số cạnh của hình cần biết là 24 cạnh.

Đáp án D

Phương pháp:

Dựa vào tính đơn điệu của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Hàm số \(y = {x^\alpha }\) nghịch biến trên \(\left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow \alpha < 0\)

Đồ thị hàm số \(y = {x^\beta };\,\,\,y = {x^\gamma }\) đồng biến trên \(\left( {0;\infty } \right) \Rightarrow \beta ;\,\,\gamma > 0\)

Kẻ đường thẳng \(x = {x_0} > 1\) cắt \(y = {x^\beta };\,\,y = {x^\gamma }\) lần lượt tại A và B ta có \(x_0^\beta > x_0^\gamma \Rightarrow \beta > \gamma \)

Vậy \(\beta > \gamma > \alpha \)

Đáp án C

Phương pháp:

Đặt \(t = \sqrt {\log _5^2x + 1} \)

Cách giải:

Đặt \(t = \sqrt {\log _5^2x + 1} \) với \(x \in \left[ {1;{5^{\sqrt 3 }}} \right] \Rightarrow t \in \left[ {1;2} \right]\), khi đó phương trình trở thành \({t^2} + 2t - 3 = m\) có nghiệm trên \(\left[ {1;2} \right]\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {t^2} + 2t - 3 \Rightarrow f'\left( t \right) = 2t + 2 = 0 \Leftrightarrow t = - 1\)

BBT:

Dựa vào BBT \( \Rightarrow m \in \left[ {0;5} \right]\)

Đáp án B

Phương pháp:

Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng \(m < f\left( x \right)\,\,\forall x \in \left[ {a;b} \right] \Rightarrow m < \mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right)\)

Cách giải:

\( - {x^3} + 3mx - 2 < - \frac{1}{{{x^3}}} \Leftrightarrow 3mx < {x^3} + 2 - \frac{1}{{{x^3}}}\,\,\forall x \ge 1 \Leftrightarrow {x^2} + \frac{2}{x} - \frac{1}{{{x^4}}}\,\,\,\forall x \ge 1\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^2} + \frac{2}{x} - \frac{1}{{{x^4}}}\) với mọi \(x \ge 1 \Leftrightarrow 3m < \mathop {\min }\limits_{\left[ {1; + \infty } \right)} f\left( x \right)\)

Ta có: \(f'\left( x \right) = 2x - \frac{2}{{{x^2}}} + \frac{4}{{{x^4}}} = \frac{{2{x^6} - 2{x^3} + 4}}{{{x^5}}} = \frac{{2\left( {{x^3} - \frac{1}{2}} \right) + \frac{7}{2}}}{{{x^5}}} > 0\,\,\,\forall x \ge 1\)

\( \Rightarrow 3m < f\left( 1 \right) = 2 \Leftrightarrow m < \frac{2}{3}\)

Đáp án B

Phương pháp:

Cách vẽ đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\)

+) Vẽ đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\)

+) Giữ nguyên phần đồ thị hàm số bên phải trục Oy.

+) Xóa đi toàn bộ phần đồ thị bên trái trục Oy.

+) Lấy đối xứng phần đồ thị bên phải Oy qua Oy.

Cách giải:

Từ BBT của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta suy ra BBT của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) như sau

\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có TCN \(y = 3\) và TCĐ \(x = \pm 1\)

Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức đổi điểm đưa về tính khoảng cách từ B đến (SAC).

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của SA ta có:

\(BG \cap \left( {SAC} \right) = M \Rightarrow \frac{{d\left( {G;\left( {SAC} \right)} \right)}}{{d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right)}} = \frac{{GM}}{{BM}} = \frac{1}{3}\)

\( \Rightarrow d\left( {G;\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{1}{3}d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right)\)

Trong (ABCD) kẻ \(BH \bot AC\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}BH \bot AC\\BH \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BH \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right) = BH\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC có: \(AH = \frac{{AB.BC}}{{\sqrt {A{B^2} + B{C^2}} }} = \frac{{a.3a}}{{\sqrt {{a^2} + 9{a^2}} }} = \frac{{3a}}{{\sqrt {10} }}\)

\( \Rightarrow d\left( {G;\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {10} }}{{10}}\)

Đáp án C

Phương pháp:

+) Gọi M là trung điểm của BC, xác định góc giữa (SBC) và đáy.

+) \({S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{2}SM.BC\)

Cách giải: Gọi M là trung điểm của BC \( \Rightarrow OM \bot BC\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).

 Ta có: \(SM = \frac{{SO}}{{\sin {{60}^0}}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3} \Rightarrow BC = 2BM = 2\sqrt {S{B^2} - S{M^2}} = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}\)

Vậy \({S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{2}SM.BC = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\frac{{2a}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{3}\)

Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng công thức Simpson tính tỉ lệ thể tích, lưu ý chỉ áp dụng đối với chóp tam giác.

Cách giải:

Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA.

Ta có \({S_{EFGH}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}} \Rightarrow {V_{S.EFGH}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}}\)

\(\frac{{{V_{S.MQN}}}}{{{V_{S.EHF}}}} = \frac{{SM}}{{SE}}.\frac{{SQ}}{{SH}}.\frac{{SN}}{{SF}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} = \frac{8}{{27}} \Rightarrow {V_{S.MQN}} = \frac{8}{{27}}{V_{S.EFH}} = \frac{8}{{27}}.\frac{1}{2}{V_{S.EFGH}} = \frac{4}{{27}}{V_{S.EFGH}}\)

\(\frac{{{V_{S.PQN}}}}{{{V_{S.GHF}}}} = \frac{{SP}}{{SG}}.\frac{{SQ}}{{SH}}.\frac{{SN}}{{SF}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} = \frac{8}{{27}} \Rightarrow {V_{S.PQN}} = \frac{8}{{27}}{V_{S.GFH}} = \frac{8}{{27}}.\frac{1}{2}{V_{S.EFGH}} = \frac{4}{{27}}{V_{S.EFGH}}\)

\( \Rightarrow {V_{S.MQN}} + {V_{S.PQN}} = 2.\frac{4}{{27}}{V_{S.EFGH}} = \frac{8}{{27}}{V_{EFGH}} = \frac{4}{{27}} = \frac{4}{{27}}{V_{S.ABCD}} = 12\)

Đáp án C

Phương pháp:

Chứng minh \({V_{S.ABC}} \le \frac{1}{6}SA.SB.SC\)

Cách giải:

Gọi H là hình chiếu của A trên (SBC) \( \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\)

Ta có: \({S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{2}SB.SC.\sin BSC\)

\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}AH.{S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{6}AH.SB.SC.\sin BSC \le \frac{1}{6}SA.SB.SC = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{3}\)

Vậy \({V_{max}} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{3}\)