Bộ 25 đề thi học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 (tiếp theo) - Đề 31 có đáp án

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng các công thức logarit.

Cách giải:

Trong 4 mệnh đề trên chỉ có mệnh đề \({\log _a}\left( {xy} \right) = {\log _a}x + {\log _a}y\) đúng.

Đáp án D

Phương pháp:

Do hàm số \(y = {x^3} - 6{x^2} + mx + 1\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) tương đương với hàm số đồng biến trên \(\left[ {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow y' \ge 0\,\,\forall x \in \left[ {0; + \infty } \right)\)

Cách giải:

Do hàm số \(y = {x^3} - 6{x^2} + mx + 1\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) tương đương với hàm số đồng biến trên \(\left[ {0; + \infty } \right)\)

Ta có \(y' = 3{x^2} - 12x + m \ge 0,\,\,\,\forall x \in \left[ {0; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow m \ge - 3{x^2} + 12x,\,\,\forall x \in \left[ {0; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow m \ge \mathop {max}\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} \left( { - 3{x^2} + 12x} \right)\)

Xét hàm số \(y = - 3{x^2} + 12x\) có hoành độ đỉnh là \({x_0} = - \frac{b}{{2a}} = 2\)

Và \(y\left( 2 \right) = 12,\,\,y\left( 0 \right) = 0\). Suy ra \(\mathop {max}\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} \left( { - 3{x^2} + 12x} \right) = y\left( 2 \right) = 12\)

Vậy giá trị m cần tìm là \(m \in \left\{ {12;13;14;...;2017} \right\}\). Suy ra có \(2017 - 12 + 1\) giá trị nguyên của tham số m cần tìm.

Đáp án B

Cách giải:

Diện tích tam giác ABC:

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\sin A = \frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{4}\)

Có \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.{\mathop{\rm cosBAC}\nolimits} } = A\sqrt 3 \)

Ta có: \(AB' = \sqrt {{a^2} + a} = a\sqrt 2 ,\,\,\,AI = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\)

\(B'I = \sqrt {3{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {13} }}{2}\)

Ta được \(AB{'^2} + A{I^2} = 2{a^2}{\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right)^2} = \frac{{13{a^2}}}{4} = B'{I^2}\).

Suy ra tam giác AB’I vuông tại A, có diện tích bằng:

\({S_{AB'I}} = \frac{1}{2}.AB'.AI = \frac{1}{2}a\sqrt 2 .\frac{{a\sqrt 5 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt {10} }}{4}\)

Tam giác ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác AB’I trên ABC ABI \(\left( {ABC} \right)\) nên ta có:

\({S_{ABC}} = \cos \,\alpha .{S_{AB'I}} \Leftrightarrow \cos \alpha = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}:\frac{{{a^2}\sqrt {10} }}{4} = \frac{{\sqrt {30} }}{{10}}\)  

Đáp án B

Phương pháp :

So sánh chiều cao và diện tích đáy của khối chóp so với hình lập phương.

Cách giải:

Gọi a là độ dài cạnh hình lập phương. Thể tích khối lập phương: \({V_1} = {a^3}\)

Thể tích khối tứ diện ABDA’

\({V_2} = \frac{1}{3}.AA'.{S_{ABD}} = \frac{1}{3}.a.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}}}{6}\)

Vậy \({V_1} = 6{V_2}\)

Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng các công thức \({\log _a}{x^n} = n{\log _a}x;\,\,\,{\log _a}b + {\log _a}c = {\log _a}\left( {bc} \right);\,\,\,{\log _a}b - {\log _a}c = {\log _a}\frac{b}{c}\)

Giả sử các biểu thức là có nghĩa).

Cách giải:

\(a{\log _2}3 + b{\log _6}2 + c{\log _6}3 = 5\)\( \Leftrightarrow {\log _6}{2^b} + {\log _6}{3^c} = {\log _2}{2^5} - {\log _2}{3^a}\)

\( \Leftrightarrow {\log _6}{2^b}{3^c} = {\log _2}\frac{{{2^5}}}{{{3^a}}}\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}t = {\log _6}{2^b}{3^c}\\t = {\log _2}\frac{{{2^5}}}{{{3^a}}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{2^b}{3^c} = {6^t}\\\frac{{{2^5}}}{{{3^a}}} = {2^t}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{2^b}{3^c} = {6^t}\\{2^5} = {3^a}{2^t}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\t = 5\\b = c = 5\end{array} \right.\)(vì a, b, c là các số tự nhiên).

Vậy \(b = c\)

Đáp án D

Phương pháp:

+) Xác định điểm N.

+) Phân chia và lắp ghép các khối đa diện.

Cách giải:

Kẻ \(AH \bot SB \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \Delta SAB\) vuông cân tại A \( \Rightarrow SA = a\)

\( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a.{a^2} = \frac{{{a^3}}}{3}\)

Kẻ \(MN//CD \Rightarrow \frac{{SM}}{{SD}} = \frac{{SN}}{{SC}} = \frac{3}{4}\)

Ta có: \({V_{S.ABD}} = {V_{S.BCD}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}}\)

\(\frac{{{V_{S.AMNB}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{{V_{S.ABM}} + {V_{S.BMN}}}}{{2{V_{S.ABD}}}} = \frac{1}{2}\left( {\frac{{{V_{S.ABM}}}}{{{V_{S.ABD}}}} + \frac{{{V_{S.BMN}}}}{{{V_{S.BCD}}}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{{SM}}{{SD}} + \frac{{SM}}{{SD}}.\frac{{SN}}{{SC}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{3}{4} + \frac{3}{4}.\frac{3}{4}} \right) = \frac{{21}}{{32}}\)

\( \Rightarrow \frac{{{V_{MNABCD}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{{V_{S.ABCD}} - {V_{S.AMNB}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = 1 - \frac{{{V_{S.AMNB}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = 1 - \frac{{21}}{{32}} = \frac{{11}}{{32}}\)

Vậy \({V_{MNABCD}} = \frac{{11}}{{32}}{V_{S.ABCD}} = \frac{{11}}{{32}}.\frac{{{a^3}}}{3} = \frac{{11{a^3}}}{{96}}\)

Đáp án B

Phương pháp:

+) Tìm điều kiện để hàm số có 2 điểm cực trị.

+) Xác định các điểm cực trị của hàm số, nhận xét vị trí các điểm cực trị và tính diện tích tam giác.

Cách giải:

\(y = {x^3} - 3m{x^2} + 4{m^3} \Rightarrow y' = 3{x^2} - 6mx\). Ta có \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2m\end{array} \right.\)

Để hàm số đã cho có hai điểm cực trị thì \(m \ne 0\). Khi đó:

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y\left( 0 \right) = 4{m^3} \Rightarrow A\left( {0;4{m^3}} \right) \in Oy\\x = 2m \Rightarrow y\left( {2m} \right) = 0 \Rightarrow B\left( {2m;0} \right) \in Ox\end{array} \right.\)

Vậy tam giác OAB vuông tại O nên \({S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}OA.OB \Leftrightarrow 4 = \frac{1}{2}\left| {4{m^3}} \right|\left| {2m} \right|\)

\( \Leftrightarrow \left| {{m^4}} \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\\m = 1\end{array} \right. \Rightarrow S\left\{ {1; - 1} \right\}\)

Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức \({\log _a}f\left( x \right) + {\log _a}g\left( x \right) = {\log _a}\left[ {f\left( x \right)g\left( x \right)} \right]\) (giả sử các biểu thức có nghĩa).

Cách giải:

\({\log _2}200 = {\log _2}\left( {{5^2}{{.2}^3}} \right) = 2{\log _2}5 + 3{\log _2}2 = 2a + 3\)

Đáp án C

Phương pháp:

Giải phương trình \(y' = 0\) xác định các điểm cực trị của hàm số.

Cách giải:

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

Ta thấy, phương trình \(y' = 0\) có 3 nghiệm phân biệt và \(a = \frac{1}{4} > 0\) nên hàm số có ba cực trị trong đó có một điểm cực đại và hai điểm cực tiểu.

Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng các công thức \({\log _{{a^n}}}f\left( x \right) = \frac{1}{n}{\log _a}f\left( x \right);\,\,\,{\log _a}{a^{f\left( x \right)}} = f\left( x \right)\) (giả sử các biểu thức có nghĩa).

Cách giải:

\(A = {a^{4{{\log }_{{a^2}}}3}} = {a^{2{{\log }_a}3}} = {a^{{{\log }_a}9}} = 9\)

Đáp án D

Cách giải:

Câu hỏi lý thuyết “Khái niệm về thể tích khối đa diện” (SGK hình học 12 trang 21, mục I phần b).

Đáp án B

Phương pháp:

Giải phương trình \(y = 0\) , số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành.

Cách giải:

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

\({x^3} - 2{x^2} + x - 12 = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {{x^2} + x + 4} \right) = 0\)

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

Đáp án C

Phương pháp:

Số điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là số điểm mà qua đó \(f'\left( x \right)\) đổi dấu.

Cách giải:

\(y = f\left( x \right) - 2x \Rightarrow y' = f'\left( x \right) - 2\)

Ta có: \(y' = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) - 2 = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_1}\\x = 0\\x = {x_2}\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

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 \(y' = 0 \Rightarrow {x_i} \in \left[ {a;b} \right]\)

+) 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.

Cách giải:

Xét hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 1\) trên đoạn \(\left[ {0;4} \right]\)

\(y' = 3{x^2} - 6x - 0\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \notin \left[ {0;4} \right]\\x = 3 \in \left[ {0;4} \right]\end{array} \right.\)

Tính \(y\left( 0 \right) = 1;\,\,\,y\left( 3 \right) = - 26;\,\,\,y\left( 4 \right) = - 19\). Suy ra \(M = 1,\,\,\,m = - 26 \Rightarrow m + 2M = - 24\)

Đáp án D

Phương pháp:

Giải bất phương trình \(y' < 0\)

Cách giải:

Tập xác định \(D = R\)

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

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy hàm số nghịch biến trên \(\left( {1;3} \right)\)

Đáp án A

Phương pháp:

Phân chia và lắp ghép các khối đa diện.

Cách giải:

Dựa vào hình vẽ ta chọn đáp án A.

Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính thể tích khối cầu.

Cách giải:

Công thức tính thể tích của khối cầu bán kính R là \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\)

Đáp án A

Phương pháp:

TH1: \(1 - m = 0\), hàm số có dạng \(y = b{x^2} + c\) có 1 cực tiểu \( \Leftrightarrow b > 0\).

TH2: Hàm số có dạng \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\left( {a \ne 0} \right)\) có 1 cực tiểu và không có cực đại \( \Leftrightarrow a > 0\) và phương trình \(y' = 0\) có đúng 1 nghiệm.

Cách giải:

Tập xác định \(\mathbb{R}\).

Trường hợp 1: \(m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1\), ta có \(y = 8{x^2} + 1\) có đồ thị là parabol, bề lõm quay lên trên nên hàm số chỉ có 1 cực tiểu và không có cực đại.

Trường hợp 2: \(m - 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 1\). Vì hàm số trùng phương nên để hàm số chỉ có cực tiểu mà không có cực đại thì \(m < 1\) và phương trình \(y' = 0\) có đúng một nghiệm.

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

Do \(m < 1\) nên ta có \({x^2} = \frac{{m + 3}}{{m - 1}}\). Phương trình \({x^2} = \frac{{m + 3}}{{m - 1}}\) có một nghiệm \(x = 0\) hoặc vô nghiệm khi và chỉ khi \(\frac{{m + 3}}{{m - 1}} \le 0 \Leftrightarrow - 3 \le m < 1\) (thỏa điều kiện \(m < 1\))

Do đó không có nguyên dương thỏa mãn trong trường hợp này. m

Kết luận: Vậy \(m = 1\) thì hàm số \(y = \left( {1 - m} \right){x^4} + 2\left( {m + 3} \right){x^2} + 1\) có đúng một điểm cực tiểu và không có điểm cực đại.

Đáp án C

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:

Để hàm số có tiệm cận ngang thì hàm số là hàm phân thức có bậc tử nhỏ hơn hoặc bằng bậc mẫu. Vậy có hàm số \(y = \frac{1}{x}\) và hàm số \(y = \frac{x}{{{x^2} - 1}}\) có tiệm cận ngang.

Đáp án D

Phương pháp:

+) Hình chóp đều là hình chóp có các cạnh bên bằng nhau và đáy là hình vuông.

+) Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp:

Cách giải:

Gọi độ dài cạnh đáy của hình chóp tứ giác đều là a và chiều cao hình chóp tứ giác đều là h.

Ta có: \(V = \frac{1}{3}{a^2}h\). Suy ra \(a = \sqrt {\frac{{3V}}{h} = \sqrt {\frac{{3.8}}{6}} = 2} \)

Đáp án A

Phương pháp:

Mặt phẳng (P) được gọi là mặt đối xứng của khối (H) nếu mọi điểm thuộc (H) đều có điểm đối xứng qua (P) cũng thuộc (H).

Cách giải:

Đáp án A

Phương pháp:

+) Xác định trục d của mặt phẳng (ABCD).

+) Xác định đường trung trực d’ của SA sao cho d và d’ đồng phẳng.

+) Gọi \(I = d \cap d' \Rightarrow \) I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp.

Cách giải:

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD, từ O dựng đường thẳng song song với SA và cắt SC tại trung điểm I của , suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCD.

Mặt khác: \(\left\{ \begin{array}{l}OI = \frac{1}{2}SA = \frac{a}{2}\\OC = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}} = a\end{array} \right.\)

Theo bài ra ta có: \(R = IC = \sqrt {O{C^2} + O{I^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\)

Vậy thể tích khối cầu là: \(V = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right)^3} = \frac{{5\pi {a^3}\sqrt 5 }}{6}\)

Đáp án D

Phương pháp:

+) Tìm điều kiện để hàm số có 3 điểm cực trị.

+) Các điểm cực trị nằm trên trục tọa độ khi và chỉ khi chúng có hoành độ hoặc tung độ bằng 0.

Cách giải:

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

Hàm số có 3 điểm cực trị \( \Leftrightarrow m < 0\). Khi đó đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là

\(A\left( {0;4} \right),\,\,B\left( { - \sqrt m ; - {m^2} + 4} \right),\,\,\,C\left( {\sqrt { - m} ; - {m^2} + 4} \right)\)

Ta có \(A \in Oy\) nên 3 điểm cực trị nằm trên các trục tọa độ \( \Leftrightarrow - {m^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\left( {ktm} \right)\\m = - 2\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)

Đáp án C

Phương pháp:

Đường tròn ngoại tiếp khối đa diện là đường tròn đi qua tất cả các đỉnh của khối đa diện đó.

Cách giải:

Trong các hình: hình bình hành, hình thang vuông, hình thang cân, hình tứ giác chỉ có hình thang cân là có đường tròn ngoại tiếp nên ta chọn C.

Đáp án C

Phương pháp:

Số điểm cực trị của hàm số là số nghiệm không là nghiệm bội chẵn của phương trình \(y' = 0\) .

Cách giải:

Ta có \(y' = - 4{x^3} + 24{x^2} = - 4{x^2}\left( {x - 6} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 6\end{array} \right.\). Do \(x = 0\)là nghiệm kép nên hàm số chỉ có 1 cực trị \(x = 6\)

Đáp án A

Phương pháp:

Qua M dựng đường thẳng MN song song với AB, khi đó

\(d\left( {AB;SM} \right) = d\left( {AB;\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SMN} \right)} \right)\)

Cách giải:

Do \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên góc giữa SC và \(\left( {ABC} \right)\) là góc \(SCA = {60^0}\)

Vì \(\Delta ABC\) vuông tại B nên \(MN//AB \Rightarrow AB//\left( {SMN} \right)\)

\(d\left( {AB;SM} \right) = d\left( {AB;\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SMN} \right)} \right)\)

Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt MN tại D.

Do \(BC \bot AB \Rightarrow BC \bot MN \Rightarrow AD \bot MN\). Từ A kẻ AH vuông góc với SD.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}MD \bot AD\\MD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow MD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow MD \bot AH\)

Mà \(AH \bot SD \Rightarrow AH \bot \left( {SMD} \right)\) hay \(AH \bot \left( {SMN} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SMN} \right)} \right) = AH\)

Do \(AD = BN = \frac{1}{2}BC = 2a\)

Xét \(\Delta SAD\) có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{75{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{{79}}{{300{a^2}}}\)

\( \Rightarrow d\left( {AB;SM} \right) = AH = \frac{{10\sqrt {237} a}}{{79}} = \frac{{10\sqrt 3 a}}{{\sqrt {79} }}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Mỗi cạnh của khối đa diện là cạnh chung của nhiểu nhất hai mặt.

Cách giải:

Vì có một cạnh là cạnh chung của bốn đa giác, điều này trái với định nghĩa về khối đa diện.

Đáp án B

Phương pháp:

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

Cách giải:

Hàm số có tập xác định: \(R\backslash \left\{ 4 \right\}\)

Ta có: \(y' = \frac{3}{{{{\left( {4 - x} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall x \ne 4\), nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó.

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 \(y' = 0 \Rightarrow {x_i} \in \left[ {a;b} \right]\)

+) 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.

Cách giải:

Cách giải:

Ta có \(y' = 3{x^2} - 3\), cho \(y' = 0 \Rightarrow 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in \left[ {0;\frac{3}{2}} \right]\\x = - 1 \notin \left[ {0;\frac{3}{2}} \right]\end{array} \right.\)

\(f\left( 0 \right) = 5,\,\,f\left( 1 \right) = 1,\,\,f\left( {\frac{3}{2}} \right) = \frac{{31}}{8}\). So sánh ba giá trị, ta được \(\mathop {max}\limits_{\left[ {0;\frac{3}{2}} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = 5\)

Đáp án A

Phương pháp:

 Cách giải:

Ta có \(BC = \sqrt {A{B^2} - A{C^2}} = 2a\)

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.BC.AC = {a^2}\), suy ra \(V = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.SA = {a^3}\)

Đáp án C

Phương pháp:

+) Nhánh cuối cùng đi lên \( \Rightarrow a > 0\), nhánh cuối cùng đi xuống \( \Rightarrow a < 0\)

+) Dựa vào các điểm đồ thị hàm số đi qua.

Cách giải:

Từ hình dáng đồ thị, nhánh cuối cùng đi lên suy ra \(a > 0 \to \) loại đáp án B.

Đồ thị qua hai điểm \(\left( { - 1;3} \right)\) và \(\left( {1; - 1} \right)\). Thay trực tiếp vào 3 đáp án còn lại, ta thấy đáp án C thỏa.

Đáp án C

Phương pháp:

+) Giải phương trình \(y' = 0\) xác định các điểm cực trị của hàm số.

+) Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng: \(AB = \sqrt {{{\left( {{x_A} - {x_B}} \right)}^2} - {{\left( {{y_A} - {y_B}} \right)}^2}} \)

Phương pháp:

+) \(D = \mathbb{R};\,\,\,y' = 3{x^2} + 6x;\,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow x = 0\) hoặc \(x = - 2\)

+) Tọa độ hai điểm cực trị là \(A\left( {0; - 4} \right),\,\,\,B\left( { - 2;0} \right)\)

+) Khoảng cách giữa hai điểm cực trị là \(AB = \sqrt {{{\left( {{x_A} - {x_B}} \right)}^2} - {{\left( {{y_A} - {y_B}} \right)}^2}} = \sqrt {20} = 2\sqrt 5 \)

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng các công thức \({\log _a}f\left( x \right) + {\log _a}g\left( x \right) = {\log _a}\left[ {f\left( x \right)g\left( x \right)} \right];\,\,\,{\log _a}{f^m}\left( x \right) = m{\log _a}f\left( x \right)\)

(giả sử các biểu thức có nghĩa).

Cách giải:

Ta có: \(A = {\log _x}{2^2} + {\log _x}{3^3} + ... + {\log _x}{2017^2} = {\log _x}{\left( {2.3....2017} \right)^2} = 2{\log _x}2017! = 2\)

Đáp án C

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:

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} y = + \infty \Rightarrow x = - 1\) là tiệm cận đứng;

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = + \infty \Rightarrow x = 1\) là tiệm cận đứng;

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 3 \Rightarrow y = 3\) là tiệm cận ngang.

Vậy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có tất cả ba đường tiệm cận.

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng các công thức \(\sqrt[m]{{{a^n}}} = {a^{\frac{m}{n}}};\,\,\,{a^m}.{a^n} = {a^{m + n}};\,\,\,\frac{{{a^m}}}{{{a^n}}} = {a^{m - n}}\)

Cách giải :

Ta có \(A = \frac{{\sqrt[3]{{{a^5}}}.{a^{\frac{7}{3}}}}}{{{a^4}.\sqrt[7]{{{a^{ - 2}}}}}} = \frac{{{a^{\frac{5}{3}}}.{a^{\frac{7}{3}}}}}{{{a^4}.{a^{ - \frac{2}{7}}}}} = \frac{{{a^{\frac{5}{3} + \frac{7}{3}}}}}{{{a^{4 - \frac{2}{7}}}}} = \frac{{{a^4}}}{{{a^{4 - \frac{2}{7}}}}} = {a^{\frac{2}{7}}}\)

Suy ra \(m = 2,\,\,\,n = 7\). Do đó \(2{m^2} + n = 15\)

Ghi chú: Với \(m = 2,\,\,\,n = 7\) thì \({m^2} + {n^2} = 53;\,\,\,{m^2} - {n^2} = - 45;\,\,\,3{m^2} - 2n = - 2\)

Đáp án D

Phương pháp:

\({a^m} < {a^n} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a > 1\\m < n\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\m > n\end{array} \right.\end{array} \right.\)

Cách giải:

Vì \(\left( {7 - 4\sqrt 3 } \right)\left( {1 + 4\sqrt 3 } \right) = 1\) nên \(7 - 4\sqrt 3 = {\left( {7 + 4\sqrt 3 } \right)^{ - 1}}\)

Do đó: \({\left( {7 + 4\sqrt 3 } \right)^{a - 1}} < 7 - 4\sqrt 3 \Leftrightarrow {\left( {7 + 4\sqrt 3 } \right)^{a - 1}} < {\left( {7 + 4\sqrt 3 } \right)^{ - 1}} \Leftrightarrow a - 1 < - 1\,\,\left( {do\,\,7 + 4\sqrt 3 > 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow a < 0\)

Đáp án A

Phương pháp:

Tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc \( \Rightarrow {V_{OABC}} = \frac{1}{6}OA.OB.OC\)

Cách giải: Theo giả thiết OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau nên \(OA \bot \left( {OBC} \right)\), OC là hình chiếu của AC lên mặt phẳng \(\left( {OBC} \right)\). Do đó \(ACO = {60^0}\), OA là chiều cao của tứ diện OABC. Xét tam giác vuông AOC có \(\tan {60^0} = \frac{{OA}}{{OC}}\) với \(OA = a\)

\( \Rightarrow OC = \frac{{OA}}{{\tan {{60}^0}}} = \frac{a}{{\sqrt 3 }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3};\,\,\,OB = 2a\)

Ta có: \({S_{OBC}} = \frac{1}{2}OB.OC = \frac{1}{2}.2a.\frac{{a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3};\,\,\,{V_{OABC}} = \frac{1}{3}OA.{S_{OBC}} = \frac{1}{3}a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{9}\)

Đáp án B

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:

\(y = y'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\)

Cách giải:

Phương trình tiếp tuyến tại điểm \(M\left( {1; - 2} \right)\) có dạng \(y = y'\left( 1 \right)\left( {x - 1} \right) - 2\)

Ta có \(y' = \left( {\frac{{x + 1}}{{x - 2}}} \right)' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}};\,\,\,y'\left( 1 \right) = - 3\) suy ra \(y = - 3\left( {x - 1} \right) - 2 = - 3x + 1\)

Đáp án B

Phương pháp:

Vẽ hình và đếm.

Cách giải:

Số cạnh: 12, số đỉnh: 6, số mặt: 8.

Đáp án A

Cách giải:

Nhận xét: Số giao điểm của \(\left( C \right):y = f\left( x \right)\) với Ox bằng số giao điểm của \(\left( {C'} \right):y = f\left( {x - 2017} \right)\) với Ox.

Vì \(m > 0\) nên \(\left( {C''} \right)y = f\left( {x - 2017} \right) + m\) có được bằng cách tịnh tiến \(\left( {C'} \right):y = f\left( {x - 2017} \right)\) lên trên m đơn vị.

TH1: \(0 < m < 3\). Đồ thị hàm số có điểm cực trị. Loại. 7

TH2: \(m = 3\). Đồ thị hàm số có điểm cực trị. Nhận. 5

TH3: \(3 < m < 6\). Đồ thị hàm số có điểm cực trị. Nhận. 5

TH4: \(m \ge 6\). Đồ thị hàm số có điểm cực trị. Loại. 3

Vậy \(3 \le m < 6\). Do \(m \in Z*\) nên \(m \in \left\{ {3;4;5} \right\}\)

Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 12.

Đáp án B

Phương pháp:

Từ đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) lập BBT của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và kết luận.

Cách giải:

Từ đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\), ta có bảng biến thiên:

Do \(f\left( a \right) > 0\), suy ra \(y = f\left( x \right)\) có thể cắt trục hoành nhiều nhất tại điểm. 2

Đáp án D

Phương pháp:

Để hàm số \(y = \left( {m + 1} \right){x^3} + \left( {m + 1} \right){x^2} - 2x + 2\) nghịch biến trên R thì \(y' \le 0\) với \(\forall x \in R\)

Cách giải:

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

Để hàm số \(y = \left( {m + 1} \right){x^3} + \left( {m + 1} \right){x^2} - 2x + 2\) nghịch biến trên R thì \(y' \le 0\) với \(\forall x \in R\)

Suy ra \(3\left( {m + 1} \right){x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x - 2\) với \(\forall x \in \mathbb{R},\,\, \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\bx + c \le 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\a < 0\\\Delta ' \le 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)

. Theo đầu bài: \(m \in \mathbb{Z}\)

\( \Rightarrow m = \left\{ { - 7; - 6; - 5; - 4; - 3; - 2; - 1} \right\}\)

Đáp án C

Phương pháp :

+) Xác định góc giữa SB và mặt đáy. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc tạo bởi đường thẳng và hình chiếu của đường thẳng trên mặt phẳng đó.

+) Dựng mặt phẳng (SBK) chứa SB và song song với AC, khi đó

\(d\left[ {AC;SB} \right] = d\left[ {AC;\left( {SBK} \right)} \right] = \left[ {A;\left( {SBK} \right)} \right] = AH\)

+) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính AH.

Cách giải:

\(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \) AB là hình chiếu vuông góc của SB lên \(\left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {SB;\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SB;AB} \right) = SBA = {60^0}\)

\( \Rightarrow SA = AB.\tan {60^0} = a\sqrt 3 \)

Dựng d qua B và d // AC

Dựng \(AK \bot d\) tại K

Dựng \(AH \bot SK\) tại H

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BK \bot AK\\BK \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BK \bot \left( {SAK} \right) \Rightarrow BK \bot AH\)

\(\left\{ \begin{array}{l}BK \bot AH\\SK \bot AH\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBK} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBK} \right)} \right) = AH\)

\(\left\{ \begin{array}{l}BK//AC\\BK \subset \left( {SBK} \right)\\AC \not\subset \left( {SBK} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AC//\left( {SBK} \right) \Rightarrow d\left[ {AC;SB} \right] = d\left[ {A;\left( {SBK} \right)} \right] = AH\)

Gọi M là trung điểm AC \( \Rightarrow BM \bot AC & \left( 1 \right)\)

\(\left\{ \begin{array}{l}BK \bot AK\\BK \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow AK \bot AC & \left( 2 \right)\)

\(\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow AK//BM \Rightarrow \) AKBM là hình bình hành \( \Rightarrow AK = BM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Xét tam giác SAK vuông tại A ta có: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{K^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{5}{{3{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\)

Vậy \(d\left( {AC;SB} \right) = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\)

Đáp án C

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:

Hàm số xác định \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - {x^2} \ge 0\\{x^2} + 2x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x \in \left[ { - 1;1} \right]\backslash \left\{ 0 \right\}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = + \infty \Rightarrow \) đường thẳng \(x = 0\) là tiệm cận đứng.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} y = 0;\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = 0\)

Vậy hàm số đã cho có 1 tiệm cận đứng.

Đáp án C

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ta có \({\log _a}b < 0 \Leftrightarrow {\log _a}b < {\log _a}1\). Xét trường hợp: 2

TH1: \(a > 1\) suy ra \({\log _a}b < {\log _a}1 \Leftrightarrow b < 1\). Kết hợp điều kiện ta được \(0 < b < 1 < a\)

TH2: \(0 < a < 1\) suy ra \({\log _a}b < {\log _a}1 \Leftrightarrow b > 1\). Kết hợp điều kiện ta được \(0 < a < 1 < b\)

Vậy khẳng định đúng là \(\left[ \begin{array}{l}0 < a < 1 < b\\0 < b < 1 < a\end{array} \right.\)

Đáp án B

Cách giải:

Gọi G là trọng tâm \(\Delta BCD\), ta có \(AG \bot \left( {BCD} \right)\) nên AG là trục của \(\Delta BCD\).

Gọi M là trung điểm của AB. Qua M dựng đường thẳng \(\Delta \bot AB\), gọi \(\left\{ I \right\} = \Delta \cap AG\).

Do đó mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là I và bán kính \(R = IA\).

Ta có \(\Delta AIM\) và \(\Delta AGB\) là hai tam giác vuông đồng dạng nên:

\(\frac{{AI}}{{AB}} = \frac{{AM}}{{AG}} \Rightarrow AI = AB.\frac{{AM}}{{AG}}\)

Do \(AB = a\sqrt 2 ,\,\,AM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2},\,\,AG = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2} - \left( {\frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 2 .\sqrt 3 }}{2}} \right)} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)

Khi đó \(R = AI = a\sqrt 2 .\frac{{a\frac{{\sqrt 2 }}{2}}}{{\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Đưa về cùng cơ số, sau đó cộng trừ các logarit cùng cơ số.

Cách giải:

Ta có \({\log _3}x = 3{\log _3}2 + {\log _9}25 - {\log _{\sqrt 3 }}3 = {\log _3}8 + {\log _3}5 - {\log _3}9 = {\log _3}\frac{{40}}{9}\)

Vậy \(x = \frac{{40}}{9}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Cho hàm số \(y = {x^n}\)

Cách giải:

Lũy thừa \({\left( { - \frac{3}{4}} \right)^0}\) và \({\left( { - 3} \right)^{ - 4}}\) có số mũ nguyên âm hoặc bằng thì cơ số phải khác (thỏa mãn). 0 0

Lũy thừa \({1^{ - \sqrt 2 }}\) có số mũ không nguyên thì cơ số phải dương (thỏa mãn).

Lũy thừa \({\left( { - 4} \right)^{ - \frac{1}{3}}}\) có số mũ không nguyên thì cơ số phải dương (không thỏa mãn).

Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng các công thức liên quan đến hàm logarit, lưu ý điều kiện của hàm logarit.

Cách giải:

Do \(b \in R\) nên b chưa biết rõ về dấu, vì vậy: \({\log _a}{b^2} = 2{\log _a}\left| b \right|\)

Đáp án A

Phương pháp:

Áp dụng định lí Pytago.

Cách giải:

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) cắt mặt cầu tâm O theo một đường tròn tâm H và bán kính \(r = HA\)

Ta có \(OH = d\left( {O;\left( P \right)} \right) = 1;\,\,OA = R = 3\)

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông HOA ta có

\(r = HA = \sqrt {O{A^2} - O{H^2}} = \sqrt {9 - 1} = 2\sqrt 2 \)

Vậy chu vi đường tròn thiết diện là: \(2\pi r = 4\sqrt 2 \pi \)