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

Đáp án C

Phương pháp:

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}},\,\left( {c \ne 0,\,ad - bc \ne 0} \right)\) có TCĐ \(x = - \frac{d}{c}\) và TCN \(y = \frac{a}{c}\)

Cách giải:

Hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{x + 2}}\) là \(x = - 2;\,\,y = 2\)

Đáp án A

Phương pháp:

Giải phương trình hoành độ giao điểm, tìm \({x_A},\,{x_B}\) từ đó tính \({x_A} + {x_B}\)

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(y = x + 1\) cắt đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}\) là:

\(\frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = x + 1,\,\left( {x \ne 1} \right) \Leftrightarrow 2x + 1 = {x^2} - 1 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 2 = 0\)

Phương trình có 2 nghiệm \({x_A},\,{x_B}\) thỏa mãn \({x_A} + {x_B} = - \frac{b}{a} = - \frac{{ - 2}}{1} = 2\)

Đáp án D

Phương pháp:

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

Cách giải:

ĐKXĐ: \( - {x^2} + 3x > 0 \Leftrightarrow 0 < x < 3\)

TXĐ: \(D

Đáp án C

Phương pháp:

Hàm số bậc nhất trên bậc nhất không có cực trị.

Cách giải:

Chọn phương án C. Do:

\(y = \frac{{x - 1}}{{x + 3}},\,\left( {D = R\backslash \left\{ 3 \right\}} \right) \Rightarrow y' = \frac{4}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall x \in D\)

\(y = {x^4},\,\,\left( {D = R} \right) \Rightarrow y' = 4{x^3}\), hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 0\)

\(y = {x^2} + 2x + 2,\,\,\left( {D = R} \right) \Rightarrow y' = 2x + 2\), hàm số đạt cực tiểu tại \(x = - 1\)

\(y = - {x^3} + x,\,\,\left( {D = R} \right) \Rightarrow y' = - 3{x^2} + 1\), hàm số đạt cực tiểu tại \(x = - \frac{1}{{\sqrt 3 }}\), hàm số đạt cực đại tại \(x = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\)

= \left( {0;3} \right)\)

Đáp án C

Phương pháp:

Hàm số bậc nhất trên bậc nhất không có cực trị.

Cách giải:

Chọn phương án C. Do:

\(y = \frac{{x - 1}}{{x + 3}},\,\left( {D = R\backslash \left\{ 3 \right\}} \right) \Rightarrow y' = \frac{4}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall x \in D\)

\(y = {x^4},\,\,\left( {D = R} \right) \Rightarrow y' = 4{x^3}\), hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 0\)

\(y = {x^2} + 2x + 2,\,\,\left( {D = R} \right) \Rightarrow y' = 2x + 2\), hàm số đạt cực tiểu tại \(x = - 1\)

\(y = - {x^3} + x,\,\,\left( {D = R} \right) \Rightarrow y' = - 3{x^2} + 1\), hàm số đạt cực tiểu tại \(x = - \frac{1}{{\sqrt 3 }}\), hàm số đạt cực đại tại \(x = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\)

Đáp án B

* 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:

ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ne m\\ - 2 < x < 2\end{array} \right.\)

Hàm số có 3 TCĐ \( \Rightarrow m \in \left( { - 2;2} \right)\)

+) \(m = 0 \Rightarrow y = \frac{x}{{x\sqrt {4 - {x^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {4 - {x^2}} }},\,\,\left( {D = \left( { - 2;2} \right)\backslash \left\{ 0 \right\}} \right)\)

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} y = + \infty ,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} y = \frac{1}{2} \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có 2 TCĐ: \(x = - 2;\,\,x = 2\)

+) \(m \ne 0,\,\,m \in \left( { - 2;2} \right)\)

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} y = \infty ,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} y = \infty ,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to m} y = \infty \Rightarrow \)Đồ thị hàm số có 3 TCĐ: \(x = - 2;\,\,x = 2;\,\,x = m\)

Vậy, để đồ thị hàm số \(y = \frac{x}{{\left( {x - m} \right)\sqrt {4 - {x^2}} }}\) có 3 TCĐ thì \(\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\ - 2 < m < 2\end{array} \right.\)

Đáp án A

Phương pháp:

Bốn điểm đã cho là 4 đỉnh của một hình hộp chữ nhật, nên tâm mặt cầu đi qua 4 điểm đó chính là tâm của hình hộp chữ nhật.

Cách giải:

Bốn điểm \[{\rm{A}}\left( {1;0;0} \right),\,\,B\left( {0;2;0} \right),\,\,C\left( {0;0;3} \right),\,\,D\left( {1;2;3} \right)\] là 4 đỉnh của một hình hộp chữ nhật, nên tâm mặt cầu đi qua 4 điểm đó chính là tâm của hình hộp chữ nhật và là trung điểm của OD.

\( \Rightarrow \) Tâm của hình hộp chữ nhật đó là: \(I\left( {\frac{1}{2};1;\frac{3}{2}} \right)\)

\(OD = \sqrt {{1^2} + {2^2} + {3^2}} = \sqrt {14} \Rightarrow \) Bán kính mặt cầu là \(R = \frac{{OD}}{2} = \frac{{\sqrt {14} }}{2}\)

Phương trình mặt cầu: \({\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {x - \frac{3}{2}} \right)^2} = {\left( {\frac{{\sqrt {14} }}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - x - 2y - 3z = 0\)

Đáp án A

Phương pháp:

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}},\,\left( {c \ne 0,\,ad - bc \ne 0} \right)\) có TCĐ \(x = - \frac{d}{c}\) vàTCN \(y = \frac{a}{c}\)

Cách giải:

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x = 2\)

Đáp án D

Phương pháp:

Giải phương trình bậc hai đối với hàm mũ.

Cách giải:

\({4^x} - {6.2^x} + 8 = 0 \Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} - {6.2^x} + 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^x} = 2\\{2^x} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\)

Vậy, tập nghiệm của phương trình \(S = \left\{ {1;2} \right\}\)

Đáp án B

Cách giải:

Dễ thấy ABCE là hình vuông \( \Rightarrow CEED\)

Gọi F là trung điểm của CD \( \Rightarrow \) F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ECD.

Qua F kẻ đường thẳng d song song với SE \( \Rightarrow \) là trục của tam giác ECD. d

Gọi G là trung điểm của SE, qua G kẻ đường song song với EF, đường thẳng này cắt d tại I \( \Rightarrow \)là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.CDE. I

Ta có \[{\rm{EF}} = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2}\sqrt {C{E^2} + D{E^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {a^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\]

\(SE = \sqrt {S{A^2} - A{E^2}} = \sqrt {4{a^2} - {a^2}} = a\sqrt 3 \Rightarrow EG = \frac{1}{2}SE = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Xét tam giác vuông IEG có \(R = IE = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Tính y’, y’’ sau đó thay vào biểu thức \(y'' - 2y' + y\)

Cách giải:

\(y = \frac{1}{2}{x^2}{e^x} \Rightarrow y' = \frac{1}{2}\left( {2x{e^x} + {x^2}{e^x}} \right) = x{e^x} + \frac{1}{2}{x^2}{e^x}\)

\( \Rightarrow y'' = {e^x} + x{e^x} + \frac{1}{2}\left( {2x{e^x} + {x^2}{e^x}} \right) = {e^x} + 2x{e^x} + \frac{1}{2}{x^2}{e^x}\)

\( \Rightarrow y'' - 2y' + y = \left( {{e^x} + 2x{e^x} + \frac{1}{2}{x^2}{e^x}} \right) - 2\left( {x{e^x} + \frac{1}{2}{x^2}{e^x}} \right) + \frac{1}{2}{x^2}{e^x} = {e^x}\)

\( \Rightarrow \left( {y'' - 2y' + y} \right)\left( 0 \right) = {e^0} = 1\)

Đáp án B

Phương pháp:

Khối hộp chữ nhật có thể tích lớn nhất \( \Rightarrow \) Khối hộp chữ nhật nội tiếp mặt cầu.

Cách giải:

Giả sử độ dài các đoạn AB, AD, AA’ lần lượt là a, b, c.

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

Khối hộp chữ nhật có thể tích lớn nhất \( \Rightarrow \) Khối hộp chữ nhật nội tiếp mặt cầu. Khi đó: \({a^2} + {b^2} + {c^2} = AC{'^2} = {\left( {2R} \right)^2} = 4{R^2}\)

Ta có:

\({a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}} \Rightarrow abc \le \sqrt {{{\left( {\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{3}} \right)}^3}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{4R}}{3}} \right)}^3}} = \frac{{8{R^3}}}{{3\sqrt 3 }} = \frac{{8\sqrt 3 {R^3}}}{9} \Rightarrow V \le \frac{{8\sqrt 3 {R^3}}}{9}\)

Thể tích lớn nhất có thể của khối hộp chữ nhật là \(\frac{{8{R^3}\sqrt 3 }}{9}\), đạt được khi và chỉ khi \(a = b = c = \frac{{2R}}{{\sqrt 3 }}\)

Đáp án B

Phương pháp:

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

Cách giải:

Cho \(x = 0 \Rightarrow y = 2 \Rightarrow \) Đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3x + 2\) cắt trục tung tại điểm

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

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3x + 2\) tại \(A\left( {0;2} \right)\) là:

\(y = f'\left( 0 \right)\left( {x - 0} \right) + 2 \Leftrightarrow y = - 3\left( {x - 0} \right) + 2 \Leftrightarrow y = - 3x + 2\)

Đáp án A

Phương pháp:

Đặt \({2^x} = t,\,\,t \in \left( {2;8} \right)\). Khảo sát hàm số \(y = f\left( t \right) = {t^2} - 8t + 3\) với \(t \in \left( {2;8} \right)\), từ đó đưa ra kết luận.

Cách giải:

Ta có: \({4^x} - {2^{x + 3}} + 3 = m\,\,\,\left( 1 \right)\)

Đặt \({2^x} = t,\,\,t \in \left( {2;8} \right)\). Phương trình (1) trở thành \({t^2} - 8t + 3 = m\,\,\,\left( 2 \right)\), với \(t \in \left( {2;8} \right)\)

Nhận xét: Ứng với mỗi giá trị t tìm được thuộc khoảng \(\left( {2;8} \right)\) ta tìm được đúng một giá trị x thuộc khoảng \(\left( {1;3} \right)\), nên để phương trình (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt trong khoảng \(\left( {1;3} \right)\) thì phương trình (2) có đúng 2 nghiệm phân biệt trong khoảng \(\left( {2;8} \right)\).

Xét hàm số \(y = f\left( t \right) = {t^2} - 8t + 3\) với \(t \in \left( {2;8} \right)\)

\(y' = f'\left( t \right) = 2t - 8,\,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow t = 4\)

Bảng biến thiên:

Để phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt thuộc \(\left( {2;8} \right)\) thì \(m \in \left( { - 13;9} \right)\)

Kết luận: \( - 13 < m < - 9\)

Đáp án C

Phương pháp:

Cô lập m.

Cách giải:

\({x^3} - 3{x^2} - m = 0 \Leftrightarrow m = {x^3} - 3{x^2}\)

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thì đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2}\) tại 2 điểm phân biệt.

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

Bảng biến thiên:

Để đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2}\) tại 2 điểm phân biệt thì \(m = 0\) hoặc \(m = - 4\)

Kết luận: \(m \in \left\{ { - 4;0} \right\}\)

Đáp án D

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: \(D = \left( { - 3;3} \right)\backslash \left\{ 2 \right\}\)

Ta có: \(y = \frac{{\sqrt {9 - {x^2}} }}{{{x^2} - 6x + 8}}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = - \infty ,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} y = + \infty \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có 1 TCĐ \(x = 2\)

Đồ thị hàm số không có TCN.

Đáp án C

Phương pháp:

Điểm \(G\left( {{x_G};{y_G}} \right)\) là trọng tâm \(\Delta ABC \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} + {x_C} = 3{x_G}\\{y_A} + {y_B} + {y_C} = 3{y_G}\end{array} \right.\)

Cách giải:

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

Để hàm số có 3 cực trị thì \(m > 0\). Khi đó: đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là:

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

Ba điểm cực trị tạo thành một tam giác nhận gốc tọa độ làm trọng tâm

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} + {x_C} = 3{x_G}\\{y_A} + {y_B} + {y_C} = 3{y_G}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 + \left( { - \sqrt m } \right) + \sqrt m = 0\\m + \left( { - {m^2} + m} \right) + \left( {{m^2} + m} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - 2{m^2} + 3m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\left( L \right)\\m = \frac{3}{2}\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy \(m = \frac{3}{2}\)

Đáp án D

Cách giải:

\(y = {x^4} - 2017{x^2} + 2018 \Rightarrow y' = 4{x^3} - 4043x,\,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm \sqrt {\frac{{2017}}{2}} \end{array} \right.\)

Hàm số đạt cực đại tại

 

Đáp án B

Cách giải:

\(f'\left( x \right) = {x^2}{\left( {x - 1} \right)^3}\left( {x + 3} \right) \Rightarrow \)Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đạt cực trị tại 2 điểm là \(x = 1,\,\,x = - 3\)

Đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) được dựng dựa vào đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) bằng cách: Giữ nguyên phần đồ thị nằm bên phải trục tung, lấy đối xứng phần đồ thị bên phải trục tung, qua trục tung. Do đó, hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) đạt cực trị tại các điểm: \(x = \pm 1,\,\,x = 0\).

Đáp án C

Phương pháp:

\({S_{xq}} = 2\pi Rh;\,\,\,{S_{tp}} = 2\pi R\left( {h + R} \right)\)

Cách giải:

Phần diện tích toàn phần lớn hơn diện tích xung quanh chính là diện tích của 2 đáy:

Đáp án D

Phương pháp:

Cách giải:

\(y = {\left( {{x^2} - 1} \right)^{ - 3}}\), do –3 là số nguyên âm nên ĐKXĐ: \({x^2} - 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \pm 1\)

Vậy, TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ { \pm 1} \right\}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Để tam giác ABC vuông tại C thì \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BC} = 0\)

Cách giải:

Điểm C có hoành độ dương trên trục Ox, nên đặt \(C\left( {c;0;0} \right),\,\,c > 0\)

Ta có: \(\overrightarrow {CA} = \left( {1 - c;2;0} \right);\,\,\,\overrightarrow {CB} = \left( {2 - c; - 1;1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CB} = \left( {1 - c} \right).\left( {2 - c} \right) + 2\left( { - 1} \right) + 0.1 = {c^2} - 3c\)

Để tam giác ABC vuông tại C thì \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BC} = 0\)

\( \Leftrightarrow {c^2} - 3c = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}c = 0\left( L \right)\\c = 3\left( {TM} \right)\end{array} \right. \Rightarrow C\left( {3;0;0} \right)\)

Đáp án B

Phương pháp:

Lấy \(M \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow MA + MB \ge AB \Rightarrow {\left( {MA + MB} \right)_{\min }} = AB\) khi và chỉ khi M là giao điểm của AB và mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\)

Cách giải:

\(A\left( {1;2; - 2} \right),\,\,B\left( {2; - 1;2} \right) \Rightarrow \) A, B nằm khác phía so với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\,\,\left( {do\,\,{z_A} = - 2 < 0;\,\,{z_B} = 2 > 0} \right)\)

Lấy \(M \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow MA + MB \ge AB \Rightarrow {\left( {MA + MB} \right)_{\min }} = AB\) khi và chỉ khi M là giao điểm của AB và mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\)

\(\overrightarrow {AB} \left( {1; - 3;4} \right) \Rightarrow \) Phương trình đường thẳng AB: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 - 3t\\z = - 2 + 4t\end{array} \right.\)

Giả sử \(M\left( {1 + t;2 - 3t; - 2 + 4t} \right),\,\,do\,\,M \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow - 2 + 4t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2} \Rightarrow M\left( {\frac{3}{2};\frac{1}{2};0} \right)\)

Đáp án D

Phương pháp:

Đưa về cùng cơ số.

Cách giải:

\({2^{x + 2}} < {\left( {\frac{1}{4}} \right)^{ - x}} \Leftrightarrow {2^{x + 2}} < {2^{2x}} \Leftrightarrow x + 2 < 2x \Leftrightarrow x > 2\)

Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( {2; + \infty } \right)\)

Đáp án A

Phương pháp:

Điểm cực trị của hàm số là điểm mà qua đó y’ đổi dấu.

Cách giải:

\(y = {x^4} - 3{x^2} + 5 \Rightarrow y' = 4{x^3} - 6x;\,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm \sqrt {\frac{3}{2}} \end{array} \right.\)

Bảng xét dấu y’:

x	\( - \infty \)	\( - \sqrt {\frac{3}{2}} \)	0	\(\sqrt {\frac{3}{2}} \)	\( + \infty \)
y’	-	0         +	0          -	0         +

\( \Rightarrow \) Hàm số có 3 điểm cực trị.

Đáp án B

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

Cách giải: \({\log _3}\left( {x - 1} \right) = 2 \Leftrightarrow x - 1 = {3^2} \Leftrightarrow x = 10\)

Đáp án D

Phương pháp:

Số chữ số của số tự nhiên N là \(\left[ {\log N} \right] + 1\) (lấy phần nguyên)

Cách giải:

Số chữ số của số tự nhiên \(N = {3^{2017}}\) là: \(\left[ {\log {3^{2017}}} \right] + 1 = \left[ {2017\log 3} \right] + 1 = 963\)

Đáp án B

Phương pháp:

Biến đổi: \({e^{\frac{1}{{x\left( {x + 1} \right)}}}} = {e^{\frac{1}{x} - \frac{1}{{x + 1}}}}\)

Cách giải:

Ta có: \({e^{\frac{1}{{x\left( {x + 1} \right)}}}} = {e^{\frac{1}{x} - \frac{1}{{x + 1}}}}\). Khi đó:

\(T = f\left( 1 \right).f\left( 2 \right).f\left( 3 \right)...f\left( {2017} \right).\sqrt[{2018}]{e}\)

\(T = {e^{1 - \frac{1}{2}}}.{e^{\frac{1}{2} - \frac{1}{3}}}.{e^{\frac{1}{3} - \frac{1}{4}}}...{e^{\frac{1}{{2017}} - \frac{1}{{2018}}}}.{e^{\frac{1}{{2018}}}}\)

\(T = {e^{1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + ... + \frac{1}{{2017}} - \frac{1}{{2018}} + \frac{1}{{2018}}}} = e\)

Đáp án D

Cách giải:

\({V_{A.CB'D'}} = {V_{ABCD.A'B'C'D'}} - {V_{D.ACD'}} - {V_{B.ACB'}} - {V_{A'.AB'D'}} - {V_{C'.CD'B'}}\)

Mà \({V_{D.ACD'}} = {V_{B.ACB'}} = {V_{A'.AB'D'}} = {V_{C'.CD'B'}} = \frac{1}{6}V\)

\( \Rightarrow {V_{A.CB'D'}} = V - 4.\frac{1}{6}V = \frac{V}{3} = \frac{{36}}{3} = 12\)

Đáp án C

Phương pháp:

Diện tích tứ giác có 2 đường chéo vuông góc với nhau: \(S = \frac{1}{2}ab\) (a, b là độ dài 2 đường chéo)

Cách giải:

Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy.

Tam giác SAH vuông tại H \( \Rightarrow SH = SA.\sin {60^0} = a\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{3}{2}a\)

Diện tích đáy: \({S_{ABCD}} = \frac{1}{2}.AC.BD = \frac{1}{2}.2a.2a = 2{a^2}\)

Thể tích khối chóp: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{3a}}{2}.2{a^2} = {a^3}\)

Đáp án B

Phương pháp:

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {a;b} \right) \Leftrightarrow f'\left( x \right) \ge 0\,\,\,\forall x \in \left( {a;b} \right)\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Cách giải:

\(y = {x^3} - 3x \Rightarrow y' = 3{x^2} - 3,\,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\)

Bảng xét dấu y’:

x	\( - \infty \)	-1	1	\( + \infty \)
y’	+	0         -	0         +

Hàm số \(y = {x^3} - 3x\) đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\)

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng tính đơn điệu của hàm số.

Cách giải:

Ta có: \({2^{{x^2} + x}} + 2x \le {2^{3 - x}} - {x^2} + 3 \Leftrightarrow {2^{{x^2} + x}} + {x^2} + x \le {2^{3 - x}} + 3 - x\,\,\,\left( 1 \right)\)

Xét hàm số \(y = f\left( t \right) = {2^t} + t\) có \(y' = {2^t}.\ln 2 + 1 > 0,\,\,\forall t \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\)

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( {{x^2} + x} \right) \le f\left( {3 - x} \right) \Leftrightarrow {x^2} + x \le 3 - x \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 \le 0 \Leftrightarrow - 3 \le x \le 1\)

\( \Rightarrow a = - 3,\,\,b = 1 \Rightarrow T = 2a + b = 2.\left( { - 3} \right) + 1 = - 5\)

Đáp án B

Phương pháp:

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}},\,\,\,\left( {c \ne 0,\,\,ad - bc \ne 0} \right)\) có TCĐ \(x = - \frac{d}{c}\) và TCN \(y = \frac{a}{c}\)

Cách giải:

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{mx - 1}}{{x - n}}\) có TCĐ \(x = n\) và TCN \(y = m\)

Khi đó, giao điểm của hai đường tiệm cận này là \(I\left( {n;m} \right)\)

Do I nằm trên đường thẳng \(x - 2y + 3 = 0\) nên \(n - 2m + 3 = 0\)

Do đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( {0;1} \right)\) nên \(1 = \frac{{m.0 - 1}}{{0 - n}} \Leftrightarrow n = 1 \Rightarrow 1 - 2m + 3 = 0 \Leftrightarrow m = 2\)

\( \Rightarrow m + n = 3\)

Đáp án D

Phương pháp:

\(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( 1 \right) = 0\\f\left( 1 \right) = 3\\f\left( 0 \right) = 2\end{array} \right.\)

Cách giải:

Cho \(x = 0 \Rightarrow y = c\), do đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên \(c = 2\)

\(y = f\left( x \right) = {x^3} + a{x^2} + bx + 2 \Rightarrow y' = 3{x^2} + 2ax + b\)

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 1 \to y'\left( 1 \right) = 0 \Leftrightarrow 3 + 2a + b = 0 \Leftrightarrow 2a + b = - 3\,\,\,\left( 1 \right)\)

Hàm số có giá trị cực tiểu bằng \( - 3 \Rightarrow y\left( 1 \right) = - 3 \Leftrightarrow 1 + a + b + 2 = - 3 \Leftrightarrow a + b = - 6\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1), (2) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = - 9\end{array} \right. \Rightarrow y = f\left( x \right) = {x^3} + 3{x^2} - 9x + 2 \Rightarrow f\left( 2 \right) = {2^3} + {3.2^2} - 9.2 + 2 = 4\)

Đáp án D

Phương pháp:

\(\tan \left( {a + b} \right) = \frac{{\tan a + \tan b}}{{1 - \tan a\tan b}},\,\,\,\tan \left( {a - b} \right) = \frac{{\tan a - \tan b}}{{1 + \tan a\tan b}}\)

Cách giải:

\(\tan \frac{\pi }{{12}} = \tan \left( {\frac{\pi }{4} - \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{{\tan \frac{\pi }{4} - \tan \frac{\pi }{6}}}{{1 + \tan \frac{\pi }{4}\tan \frac{\pi }{6}}} = \frac{{1 - \frac{1}{{\sqrt 3 }}}}{{1 + 1.\frac{1}{{\sqrt 3 }}}} = \frac{{\sqrt 3 - 1}}{{\sqrt 3 + 1}} = \frac{{{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}} = \frac{{4 - 2\sqrt 3 }}{2} = 2 - \sqrt 3 \)

Phương trình đã cho tương đương với:

\({\left( {\frac{{2 - \sqrt 3 }}{{1 - \left( {2 - \sqrt 3 } \right)}}} \right)^{\frac{x}{{2017}}}} + \frac{{\sqrt[4]{{12}}.\left( {2 - \sqrt 3 } \right)}}{{1 - \left( {2 - \sqrt 3 } \right)}}.{\left( {\frac{1}{{1 + \left( {2 - \sqrt 3 } \right)}}} \right)^{\frac{x}{{2017}}}} = 2017.{\left( {\frac{1}{{\sqrt[4]{{12}}}}} \right)^{\frac{x}{{2017}}}}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{{\sqrt 3 - 1}}{2}} \right)^{\frac{x}{{2017}}}} + \frac{{\sqrt[4]{{12}}.\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}}{2}.{\left( {\frac{1}{{3 - \sqrt 3 }}} \right)^{\frac{x}{{2017}}}} = 2017.{\left( {\frac{1}{{\sqrt[4]{{12}}}}} \right)^{\frac{x}{{2017}}}}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)\sqrt[4]{{12}}}}{2}} \right)^{\frac{x}{{2017}}}} + \frac{{\sqrt[4]{{12}}.\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}}{2}.{\left( {\frac{{\sqrt[4]{{12}}}}{{1 - \sqrt 3 }}} \right)^{\frac{x}{{2017}}}} = 2017\)

Do \(\left( {\frac{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)\sqrt[4]{{12}}}}{2}} \right)\left( {\frac{{\sqrt[4]{{12}}}}{{3 - \sqrt 3 }}} \right) = \frac{{\sqrt {12} }}{{2\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt {12} }}{{2\sqrt 3 }} = 1\) nên đặt \({\left( {\frac{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)\sqrt[4]{{12}}}}{2}} \right)^{\frac{x}{{2017}}}} = t,\,\,\left( {t > 0} \right) \Rightarrow {\left( {\frac{{\sqrt[4]{{12}}}}{{3 - \sqrt 3 }}} \right)^{\frac{x}{{2017}}}} = \frac{1}{t}\)

\( \Rightarrow t + \frac{{\sqrt[4]{{12}}.\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}}{2}.\frac{1}{t} = 2017 \Leftrightarrow 2{t^2} - 4034t + \sqrt[4]{{12}}.\left( {\sqrt 3 - 1} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)\)

Giả sử \({t_1},\,{t_2}\) là nghiệm của phương trình (1). Theo Vi ét: \({t_1}{t_2} = \frac{{\sqrt[4]{{12}}.\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}}{2}\)

Khi đó:

\({\left( {\frac{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)\sqrt[4]{{12}}}}{2}} \right)^{\frac{{{x_1}}}{{2017}}}}.{\left( {\frac{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)\sqrt[4]{{12}}}}{2}} \right)^{\frac{{{x_2}}}{{2017}}}} = \frac{{\sqrt[4]{{12}}.\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}}{2}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)\sqrt[4]{{12}}}}{2}} \right)^{\frac{{{x_1} + {x_2}}}{{2017}}}} = \frac{{\sqrt[4]{{12}}.\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}}{2}\)

\( \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} = 2017\)

Đáp án A

Phương pháp:

+) Thể tích khối cầu có bán kính R là: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\)

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

Giả sử khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh đều bằng a.

Khi đó: \(AC' = \sqrt {A{B^2} + A{D^2} + AA{'^2}} = \sqrt 3 a \Rightarrow R = \frac{{AC'}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Thể tích khối cầu có bán kính R là: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^3} = \frac{{\sqrt 3 \pi {a^3}}}{2} = \frac{{32}}{3}\pi \Leftarrow a = \frac{4}{{\sqrt 3 }}\)

Thể tích khối lập phương: \(V = {a^3} = {\left( {\frac{4}{{\sqrt 3 }}} \right)^3} = \frac{{64}}{{3\sqrt 3 }} = \frac{\begin{array}{l}6\\64\sqrt 3 \end{array}}{9}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Xét hàm số \(y = {a^x}\):

+) Nếu \(a > 1\) thì hàm số đã cho đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

+) Nếu \(0 < a < 1\) thì hàm số đã cho nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

Cách giải:

+) \(y = {\left( {\frac{\pi }{e}} \right)^{2x + 1}}\) có \(\frac{\pi }{e} > 1;\,\,2 > 0 \Rightarrow \)Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\)

+) \(y = {3^{ - x}} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^x}\) có \(0 < \frac{1}{3} < 1 \Rightarrow \)Hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)

+) \(y = {\left| {\sin 2017} \right|^x}\) có \(0 < \left| {\sin 2017} \right| < 1 \Rightarrow \)Hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)

+) \(y = {\left( {\frac{2}{e}} \right)^x}\) có \(0 < \frac{2}{e} < 1 \Rightarrow \)Hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)

Đáp án B

Phương pháp:

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A, B song song với nhau \( \Rightarrow y'\left( {{x_A}} \right) = y'\left( {{x_B}} \right)\)

Cách giải:

Đường thẳng AB tạo với 2 trục tọa độ một tam giác cân \( \Rightarrow \Delta OAB\) vuông cân tại O \( \Rightarrow \) Đường thẳng AB có hệ số góc \(k = \pm 1\)

Mà \(k > 0 \Rightarrow k = 1 \Rightarrow \) Phương trình đường thẳng AB có dạng: \(y = x + m\,\,\,\left( d \right)\)

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

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A, B song song với nhau:

\( \Rightarrow y'\left( {{x_A}} \right) = y'\left( {{x_B}} \right) \Leftrightarrow 3x_A^2 - 6{x_A} = 3x_B^2 - 6{x_B}\)

\( \Leftrightarrow x_A^2 - 2{x_A} - x_B^2 + 2{x_A} = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {{x_A} - {x_B}} \right)\left( {{x_A} + {x_B} - 2} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_A} = {x_B}\left( L \right)\\{x_A} + {x_B} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow {x_A} + {x_B} = 2\)

\({y_A} + {y_B} = \left( {x_A^3 - 3x_A^2 + 2} \right) + \left( {x_B^3 - 3x_B^2 + 2} \right)\)

\( = \left( {x_A^3 + x_B^3} \right) - 3\left( {x_A^2 + x_B^2} \right) + 4\)

\( = {\left( {{x_A} + {x_B}} \right)^3} - 3.\left( {{x_A} + {x_B}} \right){x_A}{x_B} - 3\left( {{{\left( {{x_A} + {x_B}} \right)}^2} - 2{x_A}{x_B}} \right) + 4\)

\( = 8 - 6{x_A}{x_B} - 3\left( {4 - 2{x_A}{x_B}} \right) + 4 = 0\)

\( \Rightarrow \) AB có trung điểm \(I\left( {1;0} \right)\)

\(I \in d \Rightarrow 0 = 1 + m \Rightarrow m = - 1 \Rightarrow \left( d \right):y = x - 1\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 2\)

\({x^3} - 3{x^2} + 2 = x - 1 \Leftrightarrow {x^3} - 3{x^2} - x + 3 = 0\)

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

Mà \({x_A} + {x_B} = 2 \Rightarrow {x_A} = 3,\,\,\,{x_B} = - 1\) (giả sử \({x_A} > {x_B}\)) \( \Rightarrow {x_A}{x_B} = - 3\)

Đáp án C

Phương pháp:

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) có hệ số góc: \(k = f'\left( {{x_0}} \right)\)

Cách giải:

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\)là tiếp điểm.

Theo đề bài, ta có: \({y_0} = 5 \Rightarrow 5 = \frac{{2{x_0} - 1}}{{{x_0} - 2}} \Leftrightarrow 5{x_0} - 10 = 2{x_0} - 1 \Leftrightarrow {x_0} = 3\)

\(y = \frac{{2x - 1}}{{x - 2}} \Rightarrow y' = \frac{{2.\left( { - 2} \right) - 1.\left( { - 1} \right)}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} \Rightarrow y'\left( 3 \right) = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {3 - 2} \right)}^2}}} = - 3\)

Vậy, tiếp tuyến với đồ thị \(y = \frac{{2x - 1}}{{x - 2}}\) tại điểm có tung độ bằng 5 có hệ số góc \(k = - 3\)

Đáp án B

Phương pháp:

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

+) Diện tích đáy: \(S = \pi {R^2}\).

Cách giải:

Hình nón có diện tích đáy là \(9\pi \Rightarrow \pi {R^2} = 9\pi \Rightarrow R = 3\)

Ta có: \(l = \sqrt {{h^2} + {R^2}} = \sqrt {{4^2} + {3^2}} = 5\)

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

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 và kết luận:

\(\mathop {max}\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = max\left\{ {f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)} \right\};\,\,\,\mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \min \left\{ {f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)} \right\}\)

Cách giải:

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

Ta có: \(f\left( 1 \right) = 6,\,\,\,f\left( 2 \right) = 5,\,\,\,f\left( 3 \right) = \frac{{16}}{3} \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {1;3} \right]} y = 5\)

Đáp án B

Phương pháp:

Nhận dạng đồ thị hàm số bậc bốn trùng phương và bậc ba.

Cách giải:

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy: Đồ thị hàm số không phải đồ thị của hàm số bậc ba \( \Rightarrow \) Loại phương án A

\( \Rightarrow \) Hàm số có dạng bậc bốn trùng phương: \(y = a{x^4} + b{x^2} + c,\,\,\left( {a \ne 0} \right)\)

Khi \(x \to + \infty \) thì \(y \to + \infty \Rightarrow a > 0 \Rightarrow \) Loại phương án C

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {1; - 3} \right) \Rightarrow \) Chọn phương án B.

Đáp án D

Phương pháp:

Bất phương trình \({\log _a}f\left( x \right) \ge {\log _a}g\left( x \right),\,\,\left( {0 < a < 1} \right) \Leftrightarrow 0 < f\left( x \right) \le g\left( x \right)\)

Cách giải:

\({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x - 3} \right) \ge {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {9 - 2x} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 3 > 0\\x - 3 \le 9 - 2x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 3\\x \le 4\end{array} \right. \Leftrightarrow 3 < x \le 4\)

Tập nghiệm của bất phương trình \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x - 3} \right) \ge {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {9 - 2x} \right)\) là \(S = \left( {3;4} \right]\)

Đáp án C

Phương pháp:

+) Diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật \({S_{xq}} = 2\left( {a + b + c} \right)\)

+) Diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật \({S_{tp}} = 2\left( {a + b + c + 2ab} \right)\)

+) Thể tích của hình hộp chữ nhật \(V = abc\)

Cách giải:

Diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật \({S_{xq}} = 4ah\)

Diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật \({S_{tp}} = 4ah + 2{a^2} = 8{a^2} \Rightarrow 4ah = 6{a^2} \Leftrightarrow h = \frac{3}{2}a\)

Thể tích của hình hộp chữ nhật \(V = a.a.h = a.a.\frac{3}{2}a = \frac{3}{2}{a^3}\)

Đáp án D

Phương pháp:

Phương trình mặt cầu tâm \(I\left( {a;b;c} \right)\) và có bán kính R là: \({\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = {R^2}\)

Cách giải:

Bán kính mặt cầu \(R = IA = \sqrt {{{\left( {2 - \left( { - 1} \right)} \right)}^2} + {{\left( { - 2 - 2} \right)}^2} + {{\left( {0 - 0} \right)}^2}} = 5\)

Phương trình mặt cầu: \({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {z^2} = 25\)

Đáp án B

Phương pháp:

Hàm số đồng biến trên D \( \Leftrightarrow y' \ge 0,\,\,\forall x \in D\) (dấu “=” xảy ra ở hữu hạn điểm trên D)

Cách giải:

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}\)

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

Với \(y' = 0 \Leftrightarrow 1 - {m^2} = 0 \Leftrightarrow m = \pm 1\) thì \(y' = 0,\,\,\forall m \Rightarrow m = \pm 1\) không thỏa mãn

Vậy để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định thì \(1 - {m^2} > 0 \Leftrightarrow - 1 < m < 1\)

Đáp án D

Phương pháp:

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

+) Diện tích toàn phần của hình nón:

Cách giải:

Theo đề bài, ta có: \(h = 2R \Rightarrow l = \sqrt {{h^2} + {R^2}} = \sqrt {{{\left( {2R} \right)}^2} + {R^2}} = R\sqrt 5 \)

Diện tích xung quanh của hình nón: \({S_{xq}} = \pi Rl = \pi R.R\sqrt 5 = \pi {R^2}\sqrt 5 \)

Diện tích toàn phần của hình nón:

\( \Rightarrow \frac{{{S_{xq}}}}{{{S_{tp}}}} = \frac{{\sqrt 5 }}{{1 + \sqrt 5 }} = \frac{{5 - \sqrt 5 }}{4}\)

Đáp án A

Phương pháp:

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

Cách giải:

Tam giác ABC đều cạnh a \( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

SA vuông góc với đáy \( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.{S_{\Delta ABC}}.SA = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\)

Đáp án D

Phương pháp:

\(\left( {{{\log }_a}x} \right)' = \frac{1}{{x\ln a}},\,\,\,\left( {{{\log }_a}u\left( x \right)} \right)' = \frac{{\left( {u\left( x \right)} \right)'}}{{u\left( x \right).\ln a}}\)

Cách giải:

\(y = {\log _2}\left( {{x^2} - 2x} \right) \Rightarrow y' = \frac{{\left( {{x^2} - 2x} \right)'}}{{\left( {{x^2} - 2x} \right).\ln 2}} = \frac{{2x - 2}}{{\left( {{x^2} - 2x} \right).\ln 2}} = \frac{{x - 1}}{{\left( {{x^2} - 2x} \right).\ln \sqrt 2 }}\)

Đáp án D

Phương pháp:

Để ba vectơ \(\overrightarrow a ,\,\overrightarrow b ,\,\overrightarrow c \) đồng phẳng thì \(\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right].\overrightarrow c = 0\)

Cách giải:

Để ba vectơ \(\overrightarrow a ,\,\overrightarrow b ,\,\overrightarrow c \) đồng phẳng thì \(\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right].\overrightarrow c = 0\)

Ta có: \(\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right] = \left( { - 4;1;2} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right].\overrightarrow c = - 4.m + 1.1 + 2.0 = - 4m + 1 = 0 \Leftrightarrow m = \frac{1}{4}\)

Đáp án D

Phương pháp:

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

+) Diện tích xung quanh của mặt cầu: \({S_{xq}} = 4\pi {R^2}\)

Cách giải:

Khối cầu có thể tích là \(36\pi \Rightarrow \frac{4}{3}\pi {R^3} = 36\pi \Rightarrow {R^3} = 27 \Leftrightarrow R = 3\)

Diện tích xung quanh của mặt cầu là: \({S_{xq}} = 4\pi {R^2} = 4\pi {.3^2} = 36\pi \)