Bộ 25 đề thi học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 (tiếp theo) - Đề 35 có đáp án

Đáp án B

Phương pháp:

Giải bất phương trình \(y' = 0\)

Cách giải:

\(y = 2{x^4} + 1 \Rightarrow y' = 8{x^3} < 0 \Leftrightarrow x < 0\)

Vậy hàm số \(y = 2{x^4} + 1\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\)

Đáp án D

Phương pháp:

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

Cách giải:

Xét \(y = \frac{{x + 2}}{{x + 1}},\,\,D = R\backslash \left\{ { - 1} \right\}\), ta có:

\(y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0,\,\,\forall x \in D \Rightarrow \) Hàm số nào sau đây nghịch biến trên từng khoảng xác định.

Đáp án B

Phương pháp:

\(y'\left( {{x_0}} \right) = 0,\,\,y''\left( {{x_0}} \right) > 0 \Rightarrow {x_0}\)là điểm cực tiểu của hàm số . y

Cách giải:

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

\(\left\{ \begin{array}{l}y' = 0\\y'' > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \pm 1\\ - 6x > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \pm 1\\x < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = - 1\)

Vậy hàm số đã cho đạt cực tiểu tại \({x_0} = - 1\)

Đáp án C

Phương pháp:

Dựa vào BBT nhận xét từng mệnh đề.

Cách giải:

Mệnh đề sai là: Hàm số có hai điểm cực tiểu bằng 0. (sửa: Hàm số có hai điểm cực tiểu \(x = \pm 1\))

Đáp án A

Phương pháp:

Nhận biết dạng của đồ thị hàm số bậc ba.

Cách giải:

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy: khi \(x \to + \infty \) thì \(y \to + \infty \Rightarrow \) Hệ số \(a > 0 \Rightarrow \) Loại bỏ phương án B và C

Mặt khác, đồ thị hàm số đạt cực trị tại 2 điểm \(x = - 2,\,\,x = {x_0}\left( { - 1 < {x_0} < 0} \right)\)

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

Đáp án C

Phương pháp:

Chứng minh hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left[ { - 1;1} \right] \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} y = y\left( 1 \right)\)

Cách giải:

\(y = \sqrt {5 - 4x} \Rightarrow y' = \frac{{ - 2}}{{\sqrt {5 - 4x} }} < 0,\,\,\forall x \in \left[ { - 1;1} \right]\)

\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} y = y\left( 1 \right) = \sqrt {5 - 4.1} = 1 \Rightarrow m = 1\)

Đáp án C

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 trên và kết luận.  

Cách giải:

\(y = - {x^4} + 4{x^2} + 2 \Rightarrow y' = - 4{x^3} + 8x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm \sqrt 2 \end{array} \right.\)

Ta có: \(f\left( { - 2} \right) = 2,\,\,f\left( { - \sqrt 2 } \right) = 6,\,\,f\left( 0 \right) = 2,\,\,f\left( {\sqrt 2 } \right) = 6,\,\,f\left( 2 \right) = 2 \Rightarrow \mathop {max}\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} y = 6\)

Đáp án A

Phương pháp:

\(\left\{ \begin{array}{l}y'\left( {{x_0}} \right) = 0\\y''\left( {{x_0}} \right) > 0\end{array} \right. \Rightarrow x = {x_0}\)là điểm cực tiểu của hàm số.

Cách giải:

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

\(\left\{ \begin{array}{l}y' = 0\\y'' > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - \frac{1}{3}\end{array} \right.\\ - 6x + 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - \frac{1}{3}\end{array} \right.\\x < \frac{1}{3}\end{array} \right. \Rightarrow x = - \frac{1}{3} \Rightarrow y = \frac{{ - 59}}{{27}}\)

\( \Rightarrow \) Tọa độ điểm cực tiểu đó là \(\left( { - \frac{1}{3}; - \frac{{59}}{{27}}} \right)\)

Đáp án A

Phương pháp:

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

Cách giải:

Đồ thị của hàm số \(y = \frac{{x - 2}}{{x - 1}}\) có tiệm cận ngang là đường thẳng có phương trình là: \(y = 1\)

Đáp án A

Phương pháp:

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là: \(y = f'\left( {{x_0}} \right).\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\)

Cách giải:

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

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: \(y = y'\left( 1 \right).\left( {x - 1} \right) + y\left( 1 \right) \Leftrightarrow y = 0\left( {x - 1} \right) + \left( { - 2} \right) \Leftrightarrow y = - 2\)

Đáp án A

Phương pháp:

Hàm số bậc ba đạt cực tiểu 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:

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

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 3 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y'\left( 3 \right) = 0\\y''\left( 3 \right) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9 - 6m + {m^2} - 4 = 0\\6 - 2m > 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 6m + 5 = 0\\m < 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 5\end{array} \right.\\m < 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 1\)

Đáp án D

Phương pháp:

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

+) Nhận xét tam giác tạo thành bởi 3 điểm cực trị là tam giác cân, tính diện tích tam giác cân đó.

Cách giải:

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

Để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị thì \(\frac{{m - 1}}{2} > 0 \Leftrightarrow m > 1\). Khi đó, giả sử tọa độ ba điểm cực trị là \(A\left( {0;m} \right),\,\,\,B\left( { - \sqrt {\frac{{m - 1}}{2}} ; - \frac{{{m^2} - 6m + 1}}{4}} \right),\,\,\,C\left( {\sqrt {\frac{{m - 1}}{2}} ; - \frac{{{m^2} - 6m + 1}}{4}} \right)\)

Dễ dàng chứng minh tam giác ABC cân tại A, gọi \(H\left( {0; - \frac{{{m^2} - 6m + 1}}{4}} \right)\) là trung điểm của BC, khi đó:

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AH.BC = \frac{1}{2}.\left| { - \frac{{{m^2} - 6m + 1}}{4} - m} \right|.2\sqrt {\frac{{m - 1}}{2}} = 1\)

\( \Leftrightarrow \left| {\frac{{{m^2} - 2m + 1}}{4}} \right|\sqrt {\frac{{m - 1}}{2}} = 1\)

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

\( \Leftrightarrow \sqrt {m - 1} = \sqrt 2 \Leftrightarrow m - 1 = 2 \Leftrightarrow m = 3\)

Đáp án B

Phương pháp:

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

Cách giải:

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

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy: để phương trình \(f\left( x \right) = m\) có bốn nghiệm phân biệt thì \( - 1 < m < 3\)

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 trên và kết luận.  

Cách giải:

\(y = {x^3} - 3{x^2} + m - 1 \Rightarrow y' = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên của hàm số trên đoạn \(\left[ {0;3} \right]\)

Để giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + m - 1\) trên đoạn \(\left[ {0;3} \right]\) bằng 2 thì \(m - 5 = 2 \Leftrightarrow m = 7\)

Đáp án C

Phương pháp:

Lập bảng biến thiên của hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\), từ đó nhận xét số nghiệm của phương trình \(\left| {f\left( x \right)} \right| = m\)

Cách giải:

Bảng biến thiên của hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\)

Số nghiệm của phương trình \(\left| {f\left( x \right)} \right| = m\) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số và đường thẳng \(y = m\), để phương trình \(\left| {f\left( x \right)} \right| = m\) có bốn nghiệm phân biệt thì \(1 < m < 3\)

Đáp án B

Phương pháp:

Áp dụng bất đẳng thức \(\frac{{{a^2}}}{x} + \frac{{{b^2}}}{y} + \frac{{{c^2}}}{z} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{x + y + z}},\,\,\left( {a,b,c,x,y,z > 0} \right)\), dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{a}{x} = \frac{b}{y} = \frac{c}{z}\)

Cách giải:

Ta có: \(2P = \frac{2}{x} + \frac{2}{y} = \frac{1}{x} + \frac{1}{x} + \frac{2}{y} \ge \frac{{{{\left( {1 + 1 + \sqrt 2 } \right)}^2}}}{{x + x + y}} = \frac{{{{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)}^2}}}{1} = 6 + 4\sqrt 2 \Rightarrow P \ge 3 + 2\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow {P_{\min }} = 3 + 2\sqrt 2 \) khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} = \frac{{\sqrt 2 }}{y}\\2x + y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt 2 x - y = 0\\2x + y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{2 - \sqrt 2 }}{2}\\y = \sqrt 2 - 1\end{array} \right.\)

Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng các công thức liên quan đến lũy thừa.

Cách giải:

Với số thực dương a, b bất kì, ta có: \({\left( {ab} \right)^m} = {a^m}{b^m}\)

Đáp án A

Phương pháp:

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

Cách giải: \(P = \sqrt x \sqrt[3]{{{x^2}}} = {x^{\frac{1}{2}}}.{x^{\frac{2}{3}}} = {x^{\frac{7}{6}}}\)

Đáp án D

Phương pháp:

\({x^n} > {y^n} \Leftrightarrow x > y > 0\)

Cách giải:

\({a^{\frac{2}{3}}} > {b^{\frac{2}{3}}} \Leftrightarrow a > b > 0\)

Đáp án C

Phương pháp:

\({\log _{{a^c}}}b = \frac{1}{c}{\log _a}b\), với \(a,b > 0,\,\,a \ne 1\)

Cách giải:

\({\log _{\sqrt[3]{a}}}a = \frac{1}{{\frac{1}{3}}}{\log _a}a = 3\)

Đáp án B

Phương pháp:

\({\log _{{a^c}}}b = \frac{1}{c}{\log _a}b\), với \(a,b > 0,\,\,a \ne 1\)

Cách giải:

\(P = {2^{{{\log }_2}a}} + {\log _3}{3^a} = {a^{{{\log }_2}2}} + a{\log _3}3 = a + a = 2a\)

Đáp án B

Phương pháp:

\({\log _a}f\left( x \right) + {\log _a}g\left( x \right) = {\log _a}\left[ {f\left( x \right)g\left( x \right)} \right]\)

\({\log _a}f\left( x \right) + {\log _a}g\left( x \right) = {\log _a}\left[ {\frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}} \right]\)

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

Cách giải:

\({\log _2}x = 2{\log _2}5 + {\log _2}3 \Leftrightarrow {\log _2}x = {\log _2}25 + {\log _2}3 \Leftrightarrow {\log _2}x = {\log _2}75 \Leftrightarrow x = 75\)

Đáp án C

Phương pháp:

Xét từng đáp án. Hàm số nào có \(y' \le 0\,\,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\) thì nghịch biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\)

Cách giải:

+) \(y = {x^2}\) có đồ thị là parabol có đỉnh \(I\left( {0;0} \right)\), nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\)

+) \(y = {\sqrt 2 ^x}\) có \(a = \sqrt 2 > 1 \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên R

+) \(y = \ln \left( {1 + {x^2}} \right),\,\,\left( {D = R} \right) \Rightarrow y' = \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}}\)

\( \Rightarrow y' < 0,\,\,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\)

+) \(y = {x^{\sqrt 2 }},\,\,\left( {D = \left( {0; + \infty } \right)} \right) \Rightarrow y' = \sqrt 2 {x^{\sqrt 2 - 1}} > 0,\,\,\forall x \in D \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\)

Đáp án D

Phương pháp:

Hàm số \(y = {\log _a}f\left( x \right)\) xác định \( \Leftrightarrow f\left( x \right) > 0\)

Cách giải:

ĐKXĐ: \(3 - x > 0 \Leftrightarrow x < 3\). Vậy TXĐ của hàm số là \(D = \left( { - \infty ;3} \right)\)

Đáp án C

Phương pháp:

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\)

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

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

Cách giải:

+) Đồ thị hàm số \(y = {x^{ - \sqrt 2 }}\) có 1 TCĐ \(x = 0\) và 1 TCN \(y = 0\)

+) Đồ thị hàm số \(y = {x^{0,5}}\) không có tiệm cận

+) Đồ thị hàm số \(y = \log \left( {1 - x} \right)\) có 1 TCĐ \(x = 1\)

+) Đồ thị hàm số \(y = \ln \left( {{x^2} + 1} \right)\) không có tiệm cận.

Đáp án D

Phương pháp:\(\left( {{e^u}} \right)' = {e^u}.u';\,\,\left( {\ln u} \right)' = \frac{{u'}}{u}\)

Cách giải:

\(y = {e^{ - x}} + \ln x \Rightarrow y' = - {e^x} + \frac{1}{x}\)

Đáp án B

Phương pháp:

Giải phương trình \(y' = 0\), lập bảng xét dấu, điểm \(x = {x_0}\) là điểm cực trị của hàm số khi và chỉ khi qua điểm đó y’ đổi dấu.

Cách giải:

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

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

Bảng xét dấu y’:

x	0	e	\( + \infty \)
y’	+	0          -

Hàm số đạt cực đại tại \(x = e\) hay

Đáp án C

Phương pháp:\({a^b} = c \Leftrightarrow b = {\log _a}c\)

Cách giải:

Phương trình \({2^x} = 3 \Leftrightarrow x = {\log _2}3\)

Đáp án C

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

Cách giải:

Ta có: \({2^{{x^2}}} = {4^x} \Leftrightarrow {2^{{x^2}}} = {2^{{x^2}}} \Leftrightarrow {x^2} = 2x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)

Tập nghiệm của phương trình là: \(T = \left\{ {0;2} \right\}\)

Đáp án D

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

Cách giải:\({\log _3}\left( {x - 2} \right) = 2 \Leftrightarrow x - 2 = {3^2} \Leftrightarrow x = 11\)

Đáp án C

Phương pháp:

\({\log _a}f\left( x \right) + {\log _a}g\left( x \right) = {\log _a}\left[ {f\left( x \right)g\left( x \right)} \right]\)

Cách giải:

ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x + 9 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 0\)

\(\log x + \log \left( {x + 9} \right) = 1 \Leftrightarrow \log \left( {x\left( {x + 9} \right)} \right) = 1 \Leftrightarrow x\left( {x + 9} \right) = {10^1} \Leftrightarrow {x^2} + 9x - 10 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 & \left( {tm} \right)\\x = - 10\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\) Tập nghiệm của phương trình là: \(T = \left\{ 1 \right\}\)

Đáp án D

Phương pháp:

\({\log _a}f\left( x \right) = {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right) > 0\)

Cách giải:

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

\(\ln \left( {x - 1} \right) = \ln \left( {{x^2} + x + 2} \right) \Leftrightarrow x - 1 = {x^2} + x - 2 \Leftrightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 & \left( {ktm} \right)\\x = - 1 & \left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy phương trình vô nghiệm.

Đáp án D

Phương pháp:

\({a^x} > b \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > {\log _a}b\,\,khi\,\,a > 1\\x < {\log _a}b\,\,khi\,\,0 < a < 1\end{array} \right.\)

Cách giải:

\({3^x} > - 2\)luôn đúng với mọi x \( \Rightarrow \)Bất phương trình có tập nghiệm \(T = \left( { - \infty ; + \infty } \right)\)

Đáp án B

Phương pháp:

Với \(a > 1;\,\,{a^{f\left( x \right)}} > {a^{g\left( x \right)}} \Leftrightarrow f\left( x \right) > g\left( x \right)\)

Cách giải:

ĐKXĐ: \(x \ne 0\)

Ta có \({3^{\frac{1}{x}}} > {3^x} \Leftrightarrow \frac{1}{x} > x \Leftrightarrow \frac{{{x^2} - 1}}{x} < 0\)

Bảng xét dấu:

x	\( - \infty \)	-1	0	1	\( + \infty \)
\({x^2} - 1\)	+	0          -	-	0       +
x	-	-	0        +	+
\(\frac{{{x^2} - 1}}{x}\)	-	0        +	-	0        +

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x < - 1\\0 < x < 1\end{array} \right.\). Vậy Tập nghiệm của bất phương trình là: \(T = \left( { - \infty ;1} \right) \cup \left( {0;1} \right)\)

Đáp án A

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ta có: \({\log _{\frac{1}{3}}}x > - 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x < {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{ - 1}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x < 3\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < x < 3\)

Tập nghiệm của bất phương trình \({\log _{\frac{1}{3}}}x > - 1\) là \(T = \left( {0;3} \right)\)

Đáp án D

Phương pháp:

Hình hộp chữ nhật có nhiều mặt phẳng đối xứng khi nó là hình lập phương.

Cách giải:

Hình hộp chữ nhật có nhiều mặt phẳng đối xứng khi nó là hình lập phương. Khi đó: hình hộp chữ nhật có 9 mặt đối xứng (như hình dưới đây).

Đáp án B

Phương pháp:

Thể tích khối lập phương có các cạnh đều bằng a là: \(V = {a^3}\)

Cách giải:

ABCD là hình vuông \( \Rightarrow AC = \sqrt 2 AB \Leftrightarrow 2a = \sqrt 2 AB \Leftrightarrow AB = \sqrt 2 a\)

\( \Rightarrow \) Khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh đều bằng \(\sqrt 2 a\)

Thể tích khối lập phương đó là: \(V = {\left( {\sqrt 2 a} \right)^3} = 2\sqrt 3 {a^3}\)

Đáp án C

Phương pháp:

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

Cách giải:

Tam giác ABC vuông tại B \( \Rightarrow BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {a^2}} = a\sqrt 3 \)

Diện tích tam giác ABC: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = \frac{1}{2}.a.a\sqrt 3 = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)

Tam giác SAB vuông tại A \( \Rightarrow SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} - {a^2}} = 2\sqrt 2 a\)

Thể tích khối chóp: \(V = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.2\sqrt 2 a = V = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{3}\)

Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức đổi điểm.

Cách giải:

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}SB \cap \left( {SCD} \right) = S\\SM = \frac{1}{2}SB\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {M;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right)\)

Mặt khác: do \(\left\{ \begin{array}{l}AB//CD\\CD \subset \left( {SCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB//\left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {M;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)\)

Kẻ \(AH \bot SD\), ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AH \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = AH\)

Tam giác SAD vuông tại A, AH là đường cao \( \Rightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {2a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2a} \right)}^2}}} \Rightarrow AH = \sqrt 2 a\)

\( \Rightarrow d\left( {M;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}.a\sqrt 2 = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow d = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Gọi a’ là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng (P).

Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng a và a’.

Cách giải:

Gọi I là trung điểm của AC. \(\Delta ABC\) đều, \(AB = a \Rightarrow B = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},\,\,\,{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\) và \(BI \bot AC\)

Mà \(BI \bot AA'\left( {do\,AA' \bot \left( {ABC} \right)} \right)\)

\( \Rightarrow BI \bot \left( {ACC'A'} \right) \Rightarrow \left( {A'B;\left( {ACC'A'} \right)} \right) = \left( {A'B;A'I} \right) = IA'B = {45^0}\)

\(\Delta IA'B\) vuông tại I, \(IA'B = {45^0} \Rightarrow \Delta IA'B\) vuông cân tại I

\( \Rightarrow A'B = \sqrt 2 .IB = \sqrt 2 .\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

\(\Delta ABA'\) vuông tại A \( \Rightarrow AA' = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}} = \sqrt {\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{2}} \right) - {a^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Thể tích khối lăng trụ đều ABC.A’B’C’ là: \(V = {S_{ABC}}.AA' = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{8}\)

Đáp án B

Phương pháp:

\(\frac{{{V_{S.CEF}}}}{{{V_{S.CAB}}}} = \frac{{SE}}{{SA}}.\frac{{SF}}{{SB}}\)

Cách giải:

+) Tính thể tích khối chóp S.ABC:

Tam giác ABC vuông cân tại A, \(BC = a\sqrt 2 \Rightarrow AB = AC = a\)

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}{a^2} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.SC = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}{a^2}.a = \frac{1}{6}{a^3}\)

+) Chứng minh \(CF \bot SB,\,\,CE \bot SA\):

Ta có: \(\left( {CEF} \right) \bot SB \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}CF \bot SB\\CE \bot SB\end{array} \right.\)

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AC\\AB \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow AB \bot CE\), mà \(SB \bot CE \Rightarrow CE \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow CE \bot SA\)

+) Lập tỉ số thể tích của khối chóp S.CEF và S.ABC:

Tam giác SBC vuông tại C, CF là đường cao \[ \Rightarrow S{C^2} = SF.SB \Rightarrow \frac{{S{C^2}}}{{S{B^2}}} = \frac{{SF}}{{SB}} \Rightarrow \frac{{SF}}{{SB}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 2{a^2}}} = \frac{1}{3}\]

Tam giác SAC vuông tại C, CE là đường cao\[ \Rightarrow S{C^2} = SE.SA \Rightarrow \frac{{S{C^2}}}{{S{A^2}}} = \frac{{SE}}{{SA}} \Rightarrow \frac{{SE}}{{SA}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {a^2}}} = \frac{1}{2}\]

Ta có: \(\frac{{{V_{S.CEF}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SF}}{{SB}}.\frac{{SE}}{{SA}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2} = \frac{1}{6} \Rightarrow {V_{S.CEF}} = \frac{1}{6}{V_{S.ABC}} = \frac{1}{6}.\frac{1}{6}{a^3} = \frac{{{a^3}}}{{36}}\)

Đáp án A

Phương pháp:

\({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}}\)

Cách giải:

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC;AC} \right) = SCA = {30^0}\)

ABCD có đáy là hình vuông cạnh a \( \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \)

Tam giác SAC vuông tại A \( \Rightarrow SA = AC.\tan C = a\sqrt 2 .\tan {30^0} = a\sqrt 2 .\frac{1}{{\sqrt 3 }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\)

Thể tích của khối chóp đã cho là: \(V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SA = \frac{1}{3}{a^3}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{9}\)

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng khái niệm hình trụ.

Cách giải:

Tập hợp các điểm M luôn cách đường thẳng d một khoảng không đổi R (R > 0) là mặt trụ tròn xoay.

Đáp án C

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ta có: \({l^2} = {h^2} + {r^2} = {4^2} + {3^2} = 25 \Rightarrow l = 5\)

Diện tích xung quanh của hình nón (N) là: \({S_{xq}} = \pi rl = \pi .3.5 = 15\pi \)

Đáp án B

Phương pháp:

Thể tích khối trụ: \(V = \pi {r^2}h\)

Cách giải:

Thể tích khối trụ: \(V = \pi {r^2}h = \pi {.3^2}.4 = 36\pi \)

Đáp án B

Phương pháp:

Tứ diện vuông OABC vuông tại O có \(OA = a;\,\,OB = b;\,\,OC = c\) có bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(r = \frac{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}{2}\)

Cách giải:

Tứ diện ABCD có các cạnh AB, AC, AD đôi một vuông góc

\( \Rightarrow \) ABCD là tứ diện vuông tại đỉnh A

\( \Rightarrow R = \frac{1}{2}.\sqrt {A{B^2} + A{C^2} + A{D^2}} = \frac{1}{2}.\sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {{\left( {2a} \right)}^2} + {a^2}} = \frac{3}{2}a\)

Đáp án D

Phương pháp:

Diện tích mặt cầu có bán kính R là: \(S = 4\pi {R^2}\)

Cách giải:

Hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có bán kính mặt cầu ngoại tiếp

\(R = \frac{1}{2}AC' = \frac{1}{2}\sqrt {A{C^2} + AA{'^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + A{D^2} + AA{'^2}} = \frac{1}{2}a\sqrt 3 \)

Diện tích mặt cầu đó là: \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi .{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = 3\pi {a^2}\)

Đáp án D

Phương pháp:

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

Cách giải:

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD; M là trung điểm của SB; I là giao điểm của SO với mặt phẳng trung trực của đoạn SB. Khi đó, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

Theo đề bài, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}IS = IA = IB = IC = ID = R = 9\\SO = h = \frac{{4R}}{3} = \frac{{4.9}}{3} = 12\end{array} \right.\)

\(\Delta SIM\) đồng dạng

\( \Leftrightarrow S{O^2} + O{B^2} = 2SI.SO \Leftrightarrow {12^2} + O{B^2} = 2.9.12 \Leftrightarrow O{B^2} = 72 \Rightarrow OB = 6\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow AB = \sqrt 2 .OB = \sqrt 2 .6 = 12 \Rightarrow {S_{ABCD}} = {12^2} = 144\)

Thể tích khối chóp \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SO = \frac{1}{3}.144.12 = 576\)

Đáp án C

Phương pháp:

Thể tích khối trụ: \(V = \pi {r^2}h\)

Thể tích khối cầu: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\)

Cách giải:

Thể tích khối cầu: \({V_2} = \frac{4}{3}\pi {R^3}\)

Tam giác OIA vuông tại O \( \Rightarrow OA = \sqrt {I{A^2} - O{I^2}} = \sqrt {{R^2} - {{\left( {\frac{R}{{\sqrt 3 }}} \right)}^2}} = \frac{{R\sqrt 6 }}{3}\)

Thể tích khối trụ: \({V_1} = \pi {r^2}h = \pi .\left( {\frac{{R\sqrt 6 }}{3}} \right).\frac{{2R}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{4\sqrt 3 \pi {R^3}}}{9}\)

\( \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\frac{{4\sqrt 3 \pi {R^3}}}{9}}}{{\frac{4}{3}\pi {R^3}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Gọi I, J lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD; O là trung điểm của IJ.

Ta chứng minh O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

Cách giải:

Gọi I, J lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD; O là trung điểm của IJ.

Ta chứng minh O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD:

Theo đề bài, ta có: \(AB = CD = \sqrt 5 ,\,\,BC = AD = \sqrt {10} ,\,\,AC = BD = \sqrt {13} \)

\( \Rightarrow \Delta BCD = \Delta ADC,\,\,\,\Delta ABD = \Delta BAC\)

\( \Rightarrow BJ = AJ,\,\,ID = IC\)

\( \Rightarrow \Delta JAB,\,\,\Delta ICD\) lần lượt là tam giác cân tại J, I

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}IJ \bot AB\\IJ \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow IJ\) là trung trực của các đoạn thẳng AB và CD

Mà O là trung điểm của IJ \( \Rightarrow OA = OB = OC = OD \Rightarrow \) O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD:

Xét tam giác ACD: \(I{A^2} = \frac{{2\left( {A{C^2} + A{D^2}} \right) - C{D^2}}}{4} = \frac{{2\left( {13 + 10} \right) - 5}}{4} = \frac{{41}}{4} \Rightarrow JA = \frac{{\sqrt {41} }}{2}\)

Tam giác IJA vuông tại I \( \Rightarrow OA = \sqrt {I{A^2} + I{O^2}} = \sqrt {\frac{5}{4} + \frac{9}{4}} = \frac{{\sqrt {14} }}{2} \Rightarrow R = \frac{{\sqrt {14} }}{2}\)