Bộ 25 đề thi học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 (tiếp theo) - Đề 36 có đáp án

Đáp án B

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:

\(y = {x^4} - 6{x^2} + 8x - 2 \Rightarrow y' = 4{x^3} - 12x + 8 \Rightarrow y'\left( 1 \right) = 0\)

Cho \({x_0} = 1 \Rightarrow {y_0} = 1\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {x^4} - 6{x^2} + 8x - 2\) tại điểm \({x_0} = 1\) là:

Đáp án D

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:

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

Đáp án C

Phương pháp:

Quan sát bảng biến thiên và kết luận.

Cách giải:

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\), đạt cực đại tại \(x = 1\) và đạt cực tiểu tại \(x = 2\)

Đáp án D

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:

TXĐ: \(D = \left[ { - 4;4} \right]\)

Ta có \(y = x - \sqrt {16 - {x^2}} \Rightarrow y' = 1 + \frac{x}{{\sqrt {16 - {x^2}} }} = \frac{{\sqrt {16 - {x^2}} + x}}{{\sqrt {16 - {x^2}} }}\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow x + \sqrt {16 - {x^2}} = 0 \Leftrightarrow \sqrt {16 - {x^2}} = - x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 0\\16 - {x^2} = {x^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 0\\{x^2} = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 0\\x = \pm 2\sqrt 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow x = - 2\sqrt 2 \) Ta có \(y\left( { - 4} \right) = - 4,\,\,\,y\left( 4 \right) = 4,\,\,y\left( { - 2\sqrt 2 } \right) = - 4\sqrt 2 \Rightarrow \) Giá trị nhỏ nhất của hàm số là: \( - 4\sqrt 2 \)

Đáp án A

Phương pháp:

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

Đáp án B

Cách giải:

Đẳng thức sai là: \({x^m}.{y^n} = {\left( {xy} \right)^{m + n}}\)

Đáp án C

Phương pháp:

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

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

Đáp án A

Phương pháp:

\(y = {u^n} \Rightarrow y' = n{u^{n - 1}}.u'\)

Đáp án B

Phương pháp:

\(y = f\left( x \right).g\left( x \right) \Rightarrow y' = f'\left( x \right).g\left( x \right) + f\left( x \right).g'\left( x \right)\)

Cách giải:

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

Đáp án A

Phương pháp:

Hàm số \(y = {\log _a}f\left( x \right)\,\left( {0 < a \ne 1} \right)\) xác định \( \Leftrightarrow f\left( x \right) > 0\)

Cách giải:

ĐKXĐ: \({x^2} - 3x + 2 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 2\\x < 1\end{array} \right. \Rightarrow \) TXĐ: \(D = R\backslash \left[ {1;2} \right]\)

Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng các công thức biến đổi logarit.

Cách giải:

\(\log \sqrt[4]{{\frac{{32}}{5}}} = \frac{1}{4}\log \frac{{32}}{5} = \frac{1}{4}\log \frac{{64}}{{10}} = \frac{1}{4}\left( {\log {2^6} - \log 10} \right) = \frac{1}{4}\left( {6\log 2 - 1} \right) = \frac{1}{4}\left( {6a - 1} \right)\)

Đáp án B

Phương pháp:

Đặt \({2^{x + 1}} = t,\,\,t > 0\). Giải phương trình tìm t, sau đó, tìm nghiệm \({x_1},\,{x_2}\)

Cách giải:

Đặt \({2^{x + 1}} = t,\,\,t > 0\)

Phương trình trở thành: \({t^2} - 6t + 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\\t = 4\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^{x + 1}} = 2\\{2^{x + 1}} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\)

Đáp án A

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\)

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm \(x = {x_0} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( {{x_0}} \right) = 0\\f'\left( {{x_0}} \right) > 0\end{array} \right.\)

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

Cách giải:

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

\(f\left( x \right) = {x^2}\ln x \Rightarrow f'\left( x \right) = 2x\ln x + {x^2}.\frac{1}{x} = 2x\ln x + x\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2x\ln x + x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\left( L \right)\\\ln x = - \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = {e^{ - \frac{1}{2}}} = \frac{1}{{\sqrt e }}\)

\(f''\left( x \right) = 2\ln x + 2x.\frac{1}{x} + 1 = 2\ln x + 3,\,\,\, \Rightarrow f''\left( {\frac{1}{{\sqrt e }}} \right) = 2.\frac{{ - 1}}{2} + 3 = 2 > 0 \Rightarrow \) Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = \frac{1}{{\sqrt e }}\)

Đáp án D

\({\log _a}f\left( x \right) = b \Leftrightarrow f\left( x \right) = {a^b}\) (giả sử các biểu thức là có nghĩa)

Cách giải:

\({\log _3}\left( {{9^x} + 8} \right) = x + 2 \Leftrightarrow {9^x} + 8 = {3^{x + 2}}\)

\( \Leftrightarrow {9^x} - {9.3^x} + 8 = 0 \Leftrightarrow {\left( {{3^x}} \right)^2} - {9.3^x} + 8 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{3^x} = 1\\{3^x} = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = {\log _3}8\end{array} \right.\)

Vậy, tập nghiệm của phương trình đã cho là \(\left\{ {0;{{\log }_3}8} \right\}\)

Đáp án B

Phương pháp:

Đáp án B

Phương pháp:

Chóp có các cạnh bên bằng nhau thì chân đường cao trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.

Cách giải:

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

ABCD là hình vuông cạnh a \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{S_{ABCD}} = {a^2}\\AC = a\sqrt 2 \Rightarrow OA = \frac{{AC}}{2} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\end{array} \right.\)

\(\Delta SOA\) vuông tại O \( \Rightarrow SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{a}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}} = a\)

Thể tích của khối chóp là: \(V = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a.{a^2} = \frac{{{a^3}}}{3}\)

Đáp án C

Phương pháp:

* Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng:

- 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:

Ta có: \(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SA;\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SA;AO} \right) = SAO = {60^0}\)

ABCD là hình vuông cạnh a \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{S_{ABCD}} = {a^2}\\AC = a\sqrt 2 \Rightarrow OA = \frac{{AC}}{2} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\end{array} \right.\)

\(\Delta SOA\) vuông tại O \( \Rightarrow SO = OA.\tan SAO = \frac{a}{{\sqrt 2 }}.\tan {60^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}\)

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

Đáp án C

Phương pháp:

- Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

- Tính bán kính mặt cầu.

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

Cách giải:

Gọi O là tâm của hình chữ nhật ABCD, I là trung điểm của SC

Ta có: IO là đường trung bình của tam giác SAC \( \Rightarrow IO//SA\)

Mà \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow IO \bot \left( {ABCD} \right)\)

\( \Rightarrow IA = IB = IC = ID\,\,\left( 1 \right)\)

Tam giác SAC vuông tại A, I là trung điểm của SC

\( \Rightarrow IS = IC = IA\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu là \(R = \frac{{SC}}{2}\)

ABCD là hình chữ nhật \( \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}} = a\sqrt 5 \)

Tam giác SAC vuông tại A \( \Rightarrow SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt 5 a} \right)}^2}} = a\sqrt {14} \)

\( \Rightarrow R = \frac{{SC}}{2} = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}\)

Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp là: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{a\sqrt {14} }}{2}} \right)^3} = \frac{{7\pi \sqrt {14} .{a^3}}}{3}\)

Đáp án A

Phương pháp:

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

Cách giải:

ABB’A’ là hình vuông có \(AB' = 2a\)

\( \Rightarrow AB = \frac{{AB'}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 \)

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

Đáp án C

Cách giải:

Đáp án B

Phương pháp:

- Xác định tâm mặt cầu.

- Tính diện tích mặt cầu: \(S = 4\pi {R^2}\)

Cách giải:

Gọi O, I lần lượt là trung điểm của AC, SC.

Tam giác ABC vuông tại B \( \Rightarrow \) O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

IO là đường trung bình của tam giác SAC \( \Rightarrow IO//SA\)

Mà \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow IO \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow IA = IB = IC\,\,\,\left( 1 \right)\)

Tam giác SAC vuông tại A \( \Rightarrow IA = IS = IC\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC và bán kính mặt cầu \(R = \frac{{SA}}{2}\)

\(\Delta ABC\) vuông tại B \( \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {3a} \right)}^2}} = a\sqrt {10} \)

\(\Delta SAC\) vuông tại A \( \Rightarrow SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {{{\left( {4a} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt {10} a} \right)}^2}} = a\sqrt {26} \)

Đáp án D

Phương pháp:

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

Diện tích toàn phần của hình trụ:

Cách giải:

Ta có: ABC.A’B’C’ là lăng trụ đứng \( \Rightarrow AA' \bot \left( {A'B'C'} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {AC';\left( {A'B'C'} \right)} \right) = \left( {AC';A'C'} \right) = AC'A' = {60^0}\)

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

Tam giác AA’C’ vuông tại A’

\( \Rightarrow AA' = A'C'.tan{60^0} = AC.\tan {60^0} = a\sqrt 3 .\sqrt 3 = 3a\)

Hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đường cao \(h = AA' = 3a\), bán kính đáy \(R = \frac{{BC}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a\)

Diện tích toàn phần của hình trụ là: \({S_{tp}} = 2\pi Rh + 2\pi {R^2} = 2\pi .a.3a + 2\pi {a^2} = 8\pi {a^2}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Diện tích mặt cầu: \(S = 4\pi {R^2}\)

Cách giải:

Bán kính mặt cầu là: \(R = 5\)

Diện tích mặt cầu: \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi {.5^2} = 100\pi \)

Đáp án D

Phương pháp:

- Mối liên hệ giữa đường cao, bán kính đáy và độ dài đường sinh của hình nón: \({h^2} + {r^2} = {l^2}\)

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

Cách giải:

Ta có: \({h^2} + {r^2} = {l^2} \Leftrightarrow {h^2} + {a^2} = {\left( {a\sqrt 3 } \right)^2} \Rightarrow h = a\sqrt 2 \)

Thể tích khối nón: \(V = \frac{1}{3}Sh = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {a^2}a\sqrt 2 = \frac{{\pi {a^2}\sqrt 2 }}{3}\)

Đáp án B

Phương pháp:

Thể tích khối lăng trụ: \(V = Sh\)

Cách giải:

Tam giác ABC vuông tại A \( \Rightarrow AB = AC.\tan ACB = a.\tan {60^0} = a\sqrt 3 \)

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

Tam giác AA’C’ vuông tại A’

\( \Rightarrow AA' = \sqrt {AC{'^2} - A'C{'^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} - {a^2}} = 2\sqrt 2 a\)

Thể tích khối lăng trụ đó là: \(V = Sh = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.2\sqrt 2 a = {a^3}\sqrt 6 \)

Đáp án C

Phương pháp:

\(\sqrt A \) xác định \( \Leftrightarrow A \ge 0\)

\({\log _a}f\left( x \right)\) xác định \( \Rightarrow f\left( x \right) > 0\) (với \(0 < a \ne 1\))

Cách giải:

Hàm số xác định khi và chỉ khi:

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 TCN của đồ thị hàm số.

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

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

Cách giải:

TXĐ: \(D = R\), do đó đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

Ta có:

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

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

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{5x + 8}}{{x + 3 - \sqrt {{x^2} + x + 1} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{5 + \frac{8}{x}}}{{1 + \frac{3}{x} + \sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }} = \frac{5}{2}\)

\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có TCN \(y = \frac{5}{2}\)

Đáp án C

Phương pháp:

Giả sử \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\).

Đáp án B

Phương pháp:

Xác định trục của hai mặt phẳng bất kì của chóp (Thường là mặt đáy và một mặt bên). Giao điểm của chúng chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp.

Cách giải:

Gọi O, I lần lượt là trung điểm của AD và SD

Dễ dàng chứng minh: ABCD là hình thang cân \(\left( {AD = 4a,\,\,AB = BC = CD = 2a} \right)\) và O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD.

IO là đường trung bình của tam giác SAC \( \Rightarrow IO//SA\)

Mà \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow IO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow IA = IB = IC\,\,\left( 1 \right)\)

Tam giác SAD vuông tại A

\( \Rightarrow IA = IS = \frac{{SD}}{2} = \frac{{4a\sqrt 2 }}{2} = 2a\sqrt 2 \,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC và bán kính mặt cầu \(R = 2a\sqrt 2 \)

Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi .{\left( {2a\sqrt 2 } \right)^3} = \frac{\begin{array}{l}6\\64\sqrt 2 \pi {a^3}\end{array}}{3}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Đặt \({\log _3}x = t\). Đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t.

Áp dụng hệ thức Vi-et của phương trình bậc hai.

Cách giải:

Đặt \({\log _3}x = t\). Khi đó phương trình trở thành: \({t^2} - \left( {m + 2} \right)t + 3m - 1 = 0\,\,\left( 2 \right)\)

Phương trình (1) có 2 nghiệm \({x_1};\,{x_2}\) thỏa mãn \({x_1}.{x_2} = 27\) thì phương trình (2) có 2 nghiệm \({t_1},\,{t_2}\) thỏa mãn \({t_1} + {t_2} = {\log _3}{x_1} + {\log _3}{x_2} = {\log _3}\left( {{x_1}{x_2}} \right) = {\log _3}27 = 3\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\S = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m + 2} \right)^2} - 4\left( {3m - 1} \right) > 0\\m + 2 = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 8m + 8 > 0\\m = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 1\)

Đáp án C

Phương pháp:

Đáp án C

Phương pháp:

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

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

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

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

Cách giải:

TXĐ: \(D = R\), do đó đồ thị hàm số không có TCĐ.

Ta có:

Đáp án B

Phương pháp:

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

+) Xác định các điểm cực trị của hàm số. Ba điểm cực trị đó luôn tạo thành tam giác cân.

Đáp án D

Phương pháp:

Hàm số đồng biến trên \(\left( {0;\frac{\pi }{4}} \right) \Leftrightarrow y' \ge 0,\,\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{4}} \right)\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm trên \(\left( {0;\frac{\pi }{4}} \right)\)

Cách giải:

\(y = m\cot \left( {{x^2}} \right) \Rightarrow y' = m.\frac{{ - 1}}{{{{\sin }^2}\left( {{x^2}} \right)}}.2x = \frac{{ - 2mx}}{{{{\sin }^2}\left( {{x^2}} \right)}}\)

Hàm số đồng biến trên \(\left( {0;\frac{\pi }{4}} \right) \Leftrightarrow \frac{{ - 2mx}}{{{{\sin }^2}\left( {{x^2}} \right)}} \ge 0,\,\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{4}} \right)\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm trên \(\left( {0;\frac{\pi }{4}} \right)\)

\( \Leftrightarrow - 2m > 0 \Leftrightarrow m < 0\)

Kết hợp điều kiện \({m^2} - 4 < 0 \Leftrightarrow - 2 < m < 2 \Rightarrow m \in \left( { - 2;0} \right)\)

Đáp án C

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,

Đáp án A

Phương pháp:

Lập hàm số tính kinh phí đi từ A đến C, với ẩn \(x = BD\)

Cách giải:

Gọi độ dài đoạn BD là \(x\left( {km} \right),\,\,\left( {x \in \left[ {0;40} \right]} \right)\)

Khi đó \(AD = 40 - x,\,\,DC = \sqrt {100 + {x^2}} \left( {km} \right)\)

Kinh phí đi từ A đến C: \(y = f\left( x \right) = 3\left( {40 - x} \right) + 5\sqrt {100 + {x^2}} \)

\(f'\left( x \right) = - 3 + \frac{{5x}}{{\sqrt {100 + {x^2}} }} = \frac{{ - 3\sqrt {100 + {x^2}} + 5x}}{{\sqrt {100 + {x^2}} }}\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3\sqrt {100 + {x^2}} = 5x \Leftrightarrow 900 + 9{x^2} = 25{x^2} \Leftrightarrow 16{x^2} = 900 \Leftrightarrow x = \frac{{15}}{2}\)

Ta có \(f\left( 0 \right) = 170,\,\,f\left( {40} \right) = 50\sqrt {17} ,\,\,\,f\left( {\frac{{15}}{2}} \right) = 160\)

Vậy, kinh phí đi từ A đến C nhỏ nhất bằng 160USD khi \(BD = x = \frac{{15}}{2}\left( {km} \right)\)

Đáp án B

Phương pháp:

+) Chóp có các cạnh bên bằng nhau thì chân đường cao trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.

+) Tính độ dài các cạnh BC, CD, DA, sử dụng định lí Pytago đảo chứng minh tam giác ABC vuông.

+)

Cách giải:

Tam giác ABD vuông cân tại A \( \Rightarrow BD = AB\sqrt 2 = a\sqrt 2 \)

Tam giác ACD đều \( \Rightarrow CD = AD = a\)

Tam giác ABC: \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} - 2.AB.AC.\cos {{120}^0}} = \sqrt {{a^2} + {a^2} - 2.{a^2}.\frac{{ - 1}}{2}} = a\sqrt 3 \)

\( \Rightarrow B{D^2} + C{D^2} = B{C^2} \Rightarrow \) Tam giác BCD vuông tại D

Gọi I là trung điểm của BC \( \Rightarrow \) I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD

Mà tứ diện ABCD có \(AB = AC = AD\)

\( \Rightarrow AI \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.AI.{S_{BCD}}\)

Tam giác ABI vuông tại I \( \Rightarrow AI = \sqrt {A{B^2} - B{I^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{a}{2}\)

Tam giác BCD vuông tại D \( \Rightarrow {S_{BCD}} = \frac{1}{2}.BD.DC = \frac{1}{2}.a\sqrt 2 .a = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.AI.{S_{BCD}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)

Tam giác ABD vuông cân tại A \( \Rightarrow BD = AB\sqrt 2 = a\sqrt 2 \)

Tam giác ACD đều \( \Rightarrow CD = AD = a\)

Tam giác ABD vuông cân tại A \( \Rightarrow BD = AB\sqrt 2 = a\sqrt 2 \)

Tam giác ACD đều \( \Rightarrow CD = AD = a\)

Tam giác ABC: \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} - 2.AB.AC.\cos {{120}^0}} = \sqrt {{a^2} + {a^2} - 2.{a^2}.\frac{{ - 1}}{2}} = a\sqrt 3 \)

\( \Rightarrow B{D^2} + C{D^2} = B{C^2} \Rightarrow \) Tam giác BCD vuông tại D

Gọi I là trung điểm của BC \( \Rightarrow \) I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD

Mà tứ diện ABCD có \(AB = AC = AD\)

\( \Rightarrow AI \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.AI.{S_{BCD}}\)

Tam giác ABI vuông tại I \( \Rightarrow AI = \sqrt {A{B^2} - B{I^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{a}{2}\)

Tam giác BCD vuông tại D \( \Rightarrow {S_{BCD}} = \frac{1}{2}.BD.DC = \frac{1}{2}.a\sqrt 2 .a = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.AI.{S_{BCD}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)

Tam giác ABC: \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} - 2.AB.AC.\cos {{120}^0}} = \sqrt {{a^2} + {a^2} - 2.{a^2}.\frac{{ - 1}}{2}} = a\sqrt 3 \)

\( \Rightarrow B{D^2} + C{D^2} = B{C^2} \Rightarrow \) Tam giác BCD vuông tại D

Gọi I là trung điểm của BC \( \Rightarrow \) I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD

Mà tứ diện ABCD có \(AB = AC = AD\)

\( \Rightarrow AI \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.AI.{S_{BCD}}\)

Tam giác ABI vuông tại I \( \Rightarrow AI = \sqrt {A{B^2} - B{I^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{a}{2}\)

Tam giác BCD vuông tại D \( \Rightarrow {S_{BCD}} = \frac{1}{2}.BD.DC = \frac{1}{2}.a\sqrt 2 .a = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.AI.{S_{BCD}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)

Đáp án D

Phương pháp:

\({V_{S.ABCD}} = 2{V_{S.ABD}}\)

Cách giải:

ABCD là hình thoi \( \Rightarrow \Delta ABD = \Delta CBD \Rightarrow {S_{\Delta ABD}} = {S_{\Delta CBD}}\)

\( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = 2{V_{S.ABD}}\)

Gọi I là trung điểm của SA, O là tâm của hình thoi ABCD.

Ta có: \(\Delta SAD,\,\,\Delta SAB\) là hai tam giác cân lần lượt tại D và B

\( \Rightarrow DI \bot SA,\,\,BI \bot SA \Rightarrow SA \bot \left( {IBD} \right)\)

\({V_{S.ABD}} = {V_{S.IBD}} + {V_{I.ABD}} = \frac{1}{3}.SI.{S_{\Delta IBD}} + \frac{1}{3}.IA.{S_{\Delta IBD}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{\Delta IBD}}\)

Tam giác IAD vuông tại I \( \Rightarrow DI = \sqrt {A{D^2} - I{A^2}} = \sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{4}} \)

Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng công thức tỉ số thể tích cho khối chóp tam giác (Công thức Simson):

Cho khối chóp S.ABC, các điểm \({A_1},\,{B_1},\,{C_1}\) lần lượt thuộc SA, SB, SC. Khi đó, \(\frac{{{V_{S.{A_1}{B_1}{C_1}}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{S{A_1}}}{{SA}}.\frac{{S{B_1}}}{{SB}}.\frac{{S{C_1}}}{{SC}}\)

Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng công thức tỉ số thể tích cho khối chóp tam giác (Công thức Simson):

Cho khối chóp S.ABC, các điểm \({A_1},\,{B_1},\,{C_1}\) lần lượt thuộc SA, SB, SC. Khi đó, \(\frac{{{V_{S.{A_1}{B_1}{C_1}}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{S{A_1}}}{{SA}}.\frac{{S{B_1}}}{{SB}}.\frac{{S{C_1}}}{{SC}}\)

Cách giải:

Tam giác SAB vuông tại A, AB’ vuông góc SB

\( \Rightarrow SB'.SB = S{A^2} \Rightarrow \frac{{SB'}}{{SB}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}\)

Tam giác ABC vuông tại B

\( \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \)

Tam giác SAC vuông tại A, AC’ vuông góc SC

\( \Rightarrow SC'.SC = S{A^2} \Rightarrow \frac{{SC'}}{{SC}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{C^2}}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}\)

\(\frac{{{V_{S.A'B'C'}}}}{{{S_{S.ABC}}}} = \frac{{SB'}}{{SB}}.\frac{{SC'}}{{SC}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} = \frac{{{a^4}}}{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}\)

Cách giải:

Tam giác SAB vuông tại A, AB’ vuông góc SB

\( \Rightarrow SB'.SB = S{A^2} \Rightarrow \frac{{SB'}}{{SB}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}\)

Tam giác ABC vuông tại B

\( \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \)

Tam giác SAC vuông tại A, AC’ vuông góc SC

\( \Rightarrow SC'.SC = S{A^2} \Rightarrow \frac{{SC'}}{{SC}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{C^2}}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}\)

\(\frac{{{V_{S.A'B'C'}}}}{{{S_{S.ABC}}}} = \frac{{SB'}}{{SB}}.\frac{{SC'}}{{SC}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} = \frac{{{a^4}}}{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}\)

Đáp án B

Phương pháp:

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

Cách giải:

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của CD, AB. Kẻ AH vuông góc với BE tại H.

Theo đề bài ta có: \(AB = CD = a,\,\,BC = BD = AC = AD = b\)

\( \Rightarrow AE = BE = \sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{a}} \)

Ta có: \({S_{\Delta BCD}} = \frac{1}{2}BE.CD = \frac{1}{2}.\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} .a\)

\[{\rm{EF}} = \sqrt {B{E^2} - B{F^2}} = \sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{4} - \frac{{{a^2}}}{4}} = \sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} \]

\({S_{\Delta ABE}} = \frac{1}{2}AH.BE = \frac{1}{2}EF.AB \Rightarrow AH.BE = EF.AB \Leftrightarrow AH.\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} = \sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} .a \Leftrightarrow AH = \frac{{\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} .a}}{{\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} }}\) Thể tích khối tứ diện ABCD: \(V = \frac{1}{3}AH.{S_{\Delta BCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} .a}}{{\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} }}.\frac{1}{2}.\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} .a = \frac{{{a^2}\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} }}{6}\)