Đề số 2

Phương pháp giải:

- Hàm số y=sinx xác định với mọi x∈ℝ.

- Hàm phân thức xác định khi mẫu thức khác 0.

Giải chi tiết:

Hàm số y=2020sinx xác định khi và chỉ khi sinx≠0⇔x≠kπ(k∈ℤ).

Vậy TXĐ của hàm số là D=ℝ\{kπ;k∈ℤ}.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Khai triển nhị thức Niu-tơn (a+b)n=∑k=0nCnkakbn−k.

- Tìm hệ số của số hạng chứa x12 trong khai triển.

Giải chi tiết:

Ta có: (2x−x2)10=∑k=010C10k(2x)10−k(−x2)k=∑k=010C10k(−1)k210−kx10+k.

Khi đó để tìm hệ số của số hạng chứa x12, ta cho 10+k=12⇔k=2(tm).

Vậy hệ số của số hạng chứa x12x12 trong khai triển trên là C102(−1)2.28=28C102.Đáp án B

Phương pháp giải:

- Tính thể tích chóp S.ABCD, sử dụng tỉ lệ thể tích Simpson tính thể tích khối chóp VS.AMN.

- Sử dụng công thức

SAMN=p(p−AM)(p−AN)(p−MN) với p là nửa chu vi ΔAMN.

Giải chi tiết:

Áp dụng định lí Pytago trong các tam giác vuông SAB,SAD,ABD ta có:

SB=SA2+AB2=4a2+4a2=22a

SD=SA2+AD2=4a2+a2=5a

BD=AB2+AD2=4a2+a2=5a

Khi đó ta có AM=12SB=2a;AN=12SD=a52 (đường trung tuyến trong tam giác vuông).

Ta có: MN là đường trung bình của ΔSBD nên MN=BD2=a52.

Gọi p là nửa chu vi tam giác AMN ta có: p=AM+AN+MN2=2a+a52+a522=2+52a.

⇒ Diện tích tam giác AMN là SAMN=p(p−AM)(p−AN)(p−MN)=a264

Ta có: VS.AMNVS.ABD=SMSB.SNSD=14 ⇒VS.AMN=14VS.ABD=18VS.ABCD.

Mà VS.ABCD=13SA.SABCD=13.2a.2a.a=4a33 ⇒VS.AMN=18.4a33=a36.

Lại có VS.AMN=13d(S;(AMN)).SAMN, do đó d(S;(AMN))=3VS.AMNSAMN=3.a36a264=a63.

Vậy d(S;(AMN))=a63

Đáp án A.

Phương pháp giải:

Sử dụng MTCT, chức năng MODE 7.

Giải chi tiết:

Sử dụng MODE 7, nhập f(X)=X3−2X2−4X+1, chọn Start = 1, End = 3, Step = 0,1.

Do cột F(X):

Vậy max[1;3]f(x)=−2.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất của cấp số cộng: Nếu ba số a,b,c lần lượt lập thành một cấp số cộng thì a+c=2b.

Giải chi tiết:

Vì 5+m,7+2m,17+m theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên ta có:

5+m+17+m=2(7+2m)⇔2m+22=4m+14⇔m=4
Đáp án C

Phương pháp giải:

- Sử dụng định lí: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng, từ đó xác định góc giữa SB và (ABC).

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính độ dài cạnh SA.

- Sử dụng công thức tính nhanh diện tích tam giác đều cạnh a là S=a234.

- Tính thể tích khối chóp VS.ABC=13SA.SΔABC.

Giải chi tiết:

Vì SA⊥(ABC)(gt) nên AB là hình chiếu vuông góc của SB lên (ABC), do đó ∠(SB;(ABC))=∠(SB;AB)=∠SBA=600.

Xét tam giác vuông SAB ta có: SA=AB.tan∠SBA=a.tan600=a3.

Tam giác ABC đều cạnh a nên SΔABC=a234.

Vậy VS.ABC=13SA.SΔABC=13.a3.a234=a34.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Giải phương trình lượng giác cơ bản sinx=sinα⇔[x=α+k2πx=π−α+k2π(k∈ℤ).

- Giải bất phương trình 0≤x<π2 tìm các số nguyên k thỏa mãn, từ đó suy ra số nghiệm thỏa mãn.

Giải chi tiết:

Ta có: sinx=12⇔[x=π6+k2πx=5π6+k2π(k∈ℤ).

Xét họ nghiệm x=π6+k2π, cho 0≤x<π2⇔0≤π6+k2π<π2⇔−112≤k<16, mà k∈ℤ⇒k=0.

Xét họ nghiệm x=5π6+k2π, cho 0≤x<π2⇔0≤5π6+k2π<π2⇔−512≤k<−16, mà k∈ℤ⇒k∈∅.

Vậy phương trình đã cho chỉ có 1 nghiệm thuộc [0;π2) là x=π6

Đáp án A.

Phương pháp giải:

- Sử dụng tổ hợp chọn 2 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ.

- Sử dụng hoán vị.

Giải chi tiết:

Chọn 2 chữ số chẵn khác nhau và khác 0 có C42 cách chọn.

Chọn 2 chữ số lẻ khác nhau có C52 cách chọn.

Hoán đổi 4 chữ số đã chọn có 4! cách.

Vậy có tất cả 4!C42.C52 số thỏa mãn.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào BBT xác định các khoảng nghịch biến của hàm số là khoảng mà hàm số liên tục và có đạo hàm không dương.

Giải chi tiết:

Dựa vào BBT ta thấy hàm số nghịch biến trên (−∞;−2) và (0;2).

Đáp án C

Phương pháp giải:

Thể tích khối lập phương cạnh a bằng a3.

Giải chi tiết:

Thể tích khối lập phương cạnh 2a bằng (2a)3=8a3.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào đồ thị hàm số xác định các khoảng nghịch biến là khoảng mà hàm số liên tục và có đồ thị đi xuống theo hướng từ trái qua phải.

Giải chi tiết:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên (−1;1) và (2;3).

Chú ý khi giải: Khi đọc cá khoảng nghịch biến, các em chú ý đọc trên trục Ox, không đọc trên trục Oy là hàm số nghịch biến thiên (−3;1) và (−3;3).

Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức SHTQ của cấp số nhân có số hạng đầu u1 và công bội q là un=u1qn−1.

Giải chi tiết:

Ta có u5=u1.q4=(−3).(23)4=−1627.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào đồ thị hàm số f'(x) xác định khoảng mà f'(x)>0 (phần đồ thị f'(x) nằm phía trên trục hoành) và f'(x)<0 (phần đồ thị f'(x) nằm phía dưới trục hoành), từ đó suy ra các khoảng đơn điệu của hàm số y=f(x).

Giải chi tiết:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: {f'(x)>0⇔[x<−1x>3f'(x)<0⇔−1<x<3

Do đó hàm số y=f(x) đồng biến trên (−∞;−1);(3;+∞) và nghịch biến trên (−1;3).

Đáp án B

Phương pháp giải:

Giải phương trình mũ: af(x)=ag(x)⇔f(x)=g(x).

Giải chi tiết:

Ta có: 32x−1=27⇔32x−1=33⇔2x−1=3⇔x=2.

Vậy nghiệm của phương trình là x=2.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức: logab.logbc=logac(0<a,b≠1,c>0); logax−logay=logaxy(0<a≠1,x,y>0)

Giải chi tiết:

Ta có: log7m.log27log210−1=3+1logn5

⇔log27.log7mlog210−log22=3+1logn5

⇔log2mlog25=3+1logn5

⇔log2mlog25=3logn5+1logn5

Đồng nhất hệ số ta có:

{n=2log2m=3logn5+1⇔{n=2log2m=3log25+1

⇔{n=2log2m=log2125+log22⇔{n=2m=125.2=125n

Vậy m=125n.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Đồ thị hàm số y=ax+bcx+d(ad≠bc) có đường TCN y=ac và TCĐ x=−dc.

Giải chi tiết:

Đồ thị hàm số y=2x−1x+1 có TCN y=2 và x=−1TCĐ .

Do đó đồ thị hàm số y=2x−1x+1 có 2 đường tiệm cận.

Đáp án B

y'=−1−m(t−1)2

Phương pháp giải:

- Đặt t=sinx, xét trên khoảng x∈(π2;π), tìm khoảng giá trị tương ứng của t, xét xem t có cùng tính tăng giảm với x hay không.

- Đưa bài toán về dạng tìm m đểhàm số y=f(t) đơn điệu trên khoảng cho trước.

Giải chi tiết:

Đặt t=sinx, với x∈(π2;π) thì t giảm từ 1 về 0.

Khi đó bài toán trở thành: Tìm m để hàm số y=t+mt−1 đồng biến trên (0;1) (*).

TXĐ: D=ℝ\{1}⇒ Hàm số đã cho xác định trên (0;1). Ta có .

Do đó (*)⇔−1−m(t−1)2>0⇔−1−m>0⇔m<−1.

Kết hợp điều kiện đề bài ta có −20≤m<−1,m∈ℤ⇒m∈{−20;−19;−18;...;−2}.

Vậy tổng các giá trị của m thỏa mãn là −20−19−18−...−2=−209.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Giải hệ phương trình {y'=0y''<0 tìm điểm cực đại của hàm số.

- Thay điểm cực đại vào hàm số và tính giá trị cực đại.

Giải chi tiết:

Ta có: y'=3x2−3;y''=6x.

Xét hệ {y'=0y''<0⇔{3x2−3=06x<0⇔{x=±1x<0⇔x=−1 là điểm cực đại của hàm số.

Ta có yCD=y(−1)=4.

Vậy giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng 4.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp V=13Bh trong đó B,h lần lượt là diện tích đáy và chiều cao của khối chóp.

Giải chi tiết:

Ta có VS.ABCD=13SA.SABCD=13.a2.a2=a323.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=f(x) tại điểm M(x0;y0) là y=f'(x0)(x−x0)+y0.

Giải chi tiết:

Ta có y'=3x2−2⇒y'(1)=1.

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là y=1.(x−1)+2⇔y=x+1.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Tìm ĐKXĐ của hàm số.

- Giải phương trình mẫu số, số tiệm cận đứng là số nghiệm của phương trình mẫu số thỏa mãn ĐKXĐ.

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: x−7≥0⇔x≥7.

Xét phương trình x2+3x−4=0⇔[x=1x=−4(ktm).

Vậy đồ thị hàm số y=x−7x2+3x−4 không có tiệm cận đứng.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Giải phương trình y'=0 và lập BBT.

- Từ BBT xác định số điểm cực trị của hàm số.

Giải chi tiết:

TXĐ: D=ℝ.

Ta có: y=x23=x23⇒y'=23x−13=23x3, khi đó ta có BBT:

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đã cho có 1 điểm cực trị x=0.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Tính số phần tử của không gian mẫu.

- Gọi A là biến cố: “ít nhất một lần xuất hiện mặt sáu chấm”, tính số phần tử của biến cố đối A¯.

- Sử dụng công thức P(A)=1−P(A¯).

Giải chi tiết:

Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω)=62=36.

Gọi A là biến cố: “ít nhất một lần xuất hiện mặt sáu chấm”, suy ra biến cố đối A¯: “không có lần nào xuất hiện mặt 6 chấm” ⇒n(A¯)=52=25.

Vậy xác suất của biến cố A là: P(A)=1−P(A¯)=1−2536=1136.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Hàm đa thức y=|f(x)| có số điểm cực trị là m+n trong đó m là số điểm cực trị của hàm số y=f(x), n là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và trục hoành.

Giải chi tiết:

Xét hàm số g(x)=2f(x−1)+m ta có g'(x)=2f'(x−1)=0⇔f'(x−1)=0.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Phương trình f'(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt, do đó phương trình f'(x−1)=0 cũng có 3 nghiệm phân biệt, và là 3 nghiệm bội lẻ, nên hàm số g(x)=2f(x−1)+m có 3 điểm cực trị.

Để hàm số g(x)=|2f(x−1)+m| có đúng 5 điểm cực trị thì đồ thị hàm số g(x)=2f(x−1)+m phải cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt. ⇒2f(x−1)+m=0⇔f(x−1)=−m2 phải có 2 nghiệm phân biệt (các nghiệm cắt qua, không tính điểm tiếp xúc).

⇒[−m2≥2−6<−m2≤−3⇔[m≤−46≤m<12.

Kết hợp điều kiện đề bài ta có m∈[−12;−4]∪[6;12), m∈ℤ.

Vậy có 15 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Xác định thiết diện của thiết của hình lập phương khi cắt bởi (DIC').

- Phân chia khối đa diện chứa đỉnh C thành tổng hiểu của các khối đa diện có thể tính thể tích dễ dàng, so sánh thể tích của nó với thể tích khối lập phương. Từ đó suy ra tỉ số thể tích phần bé chia phần lớn.

Giải chi tiết:

Trong (BCC'B') gọi E=IC'∩BC, trong (ABCD) gọi M=ED∩AB.

Khi đó (DIC') cắt hình lập phương theo thiết diện là tứ giác DC'IM.

Gọi V1 là thể tích phần khối đa diện bị chia bởi (DIC') chứa điểm C, khi đó ta có V1=VC'.ECD−VI.EBM.

Ta có: VC'.ECD=13CC'.SECD=13CC'.12EC.CD.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: EBEC=MBCD=12⇒EC=2BC.

Khi đó ta có: VC'.ECD=16CC'.2BC.CD=13VABCD.A'B'C'D'.

VI.EBM=13IB.SEBM=13IB.12.EB.BM.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: IBCC'=EBEC=12⇒IB=12CC'.

Khi đó ta có VI.EBM=16.12CC'.BC.12AB=124VABCD.A'B'C'D'.

⇒V1=VC'.ECD−VI.EBM=13VABCD.A'B'C'D'−124VABCD.A'B'C'D'=724VABCD.A'B'C'D'

Vậy tỉ số thể tích phần bé chia phần lớn là 717.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Đặt ẩn phụ t=2x2+4y2(t≥1), đưa phương trình về dạng tích, giải phương trình tìm t.

- Tìm mối quan hệ giữa x,y dạng (ax)2+(by)2=1.

- Đặt {ax=sinαby=cosα, thế vào biểu thức P.

- Quy đồng, đưa biểu thức về dạng Asinα+Bcosα=C. Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm, từ đó xác định M,m.

Giải chi tiết:

Ta có:

4x2+4y2−2x2+4y2+1=23−x2−4y2−42−x2−4y2

⇔(2x2+4y2)2−2.2x2+4y2=82x2+4y2−16(2x2+4y2)2

Đặt t=2x2+4y2(t≥1), phương trình trở thành:

t2−2t=8t−16t2⇔t2−2t=8t−16t2

⇒t3(t−2)=8(t−2)

⇒(t3−8)(t−2)=0

⇔(t−2)2(t2+2t+4)=0⇔t=2(tm)(dot2+2t+4>0∀t)

Với 2x2+4y2=2⇔x2+4y2=1. Khi đó tồn tại α sao cho {x=sinα2y=cosα.

Ta có:

P=x−2y−1x+y+4=sinα−cosα−1sinα+12cosα+4

⇔Psinα+12Pcosα+4P=sinα−cosα−1

⇔(P−1)sinα+(12P+1)cosα=−1−4P(*)

Để P tồn tại giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất thì phương trình (*) phải có nghiệm

⇒(P−1)2+(12P+1)2≥(−1−4P)2

⇔P2−2P+1+14P2+P+1≥16P2+8P+1

⇔594P2+9P−1≤0⇔−18−43559≤P≤−18+43559

⇒{M=−18+43559m=−18−43559⇒M+m=−3659

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Sử dụng định lí: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mạt phẳng đó.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc.

Giải chi tiết:

Gọi O=AC∩BD⇒SO⊥(ABCD).

Khi đó OB là hình chiếu của SB lên (ABCD) ⇒∠(SB;(ABCD))=∠(SB;OB)=∠SBO=φ.

Vì ABCD là hình vuông cạnh 2 nên BD=22⇒BO=12BD=2.

Xét tam giác vuông SOB ta có: cosφ=OBSB=23.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Dựa vào đồ thị nhận dạng đồ thị hàm đa thức bậc ba, bậc bốn trùng phương.

- Dựa vào nhánh cuối cùng của đồ thị hàm số, suy ra dấu của hệ số a và chọn đáp án đúng.

Giải chi tiết:

Đồ thị hàm số đã cho là hàm đa thức bậc ba, nên loại đáp án B và C.

Lại có nhánh cuối cùng của đồ thị đi lên nên hệ số a>0, do đó đáp án đúng là A.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Tỉ số thể tích hai khối chóp có cùng chiều cao bằng tỉ số diện tích đáy.

- Tính diện tích hình thang MBCN, diện tích hình bình hành ABCD, từ đó suy ra tỉ số diện tích cũng chính là tỉ số thể tích VS.MBCNVS.ABCD và tính VS.MBCN.

Giải chi tiết:

Hai khối chóp S.ABCD và S.MBCN có cùng chiều cao (cùng là khoảng cách từ S đến (ABCD)) nên VS.MBCNVS.ABCD=SMBCNSABCD.

Trong (ABCD) kẻ MH⊥CD, khi đó ta có:

SMBCNSABCD=12(BM+CN).MHMH.CD=12.12AB+23CDCD=712 (do AB=CD).

⇒VS.MBCNVS.ABCD=712⇒VS.MBCN=712VS.ABCD=712.48=28.

Đáp án C

Phương pháp giải:

So sánh hai lũy thừa cùng cơ số:

+ Nếu a>1 thì {am>ankhim>nam<ankhim<n.

+ Nếu 0<a<1 thì {am>ankhim<nam<ankhim>n.

Giải chi tiết:

Theo bài ra ta có: a715>a25⇔a715>a25.

Mà 715>615=25 nên a>1.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Hàm số đã cho là hàm bậc bốn trùng phương có dạng y=ax4+bx2+c(a≠0).

- Dựa vào nhánh cuối cùng của đồ thị hàm số suy ra dấu của hệ số  và loại đáp án.

- Dựa vào giao điểm của đồ thị với trục tung suy ra hệ số c và loại đáp án.

Giải chi tiết:

Hàm số đã cho là hàm bậc bốn trùng phương có dạng y=ax4+bx2+c(a≠0).

Vì nhánh cuối cùng của đồ thị đi xuống nên a<0⇒ Loại đáp án A và C.

Vì đồ thị hàm số đi qua điểm (0;2) nên c=2⇒ Loại đáp án B và chọn đáp án D.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Đồ thị hàm số y=ax+bcx+d có TCN y=ac, TCĐ x=−dc.

- Dựa vào đường TCN và dấu của hệ số a suy ra dấu của hệ số c.

- Dựa vào đường TCĐ và dấu của hệ số c suy ra dấu của hệ số d.

- Dựa vào giao điểm của đồ thị với trục tung suy ra dấu của hệ số b.

Giải chi tiết:

Đồ thị hàm số y=ax+bcx+d có TCN y=ac, TCĐ x=−dc.

Vì đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang nằm phía trên trục hoành nên ac>0, mà a>0 nên c>0.

Vì đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng nằm phía bên phải trục tung nên −dc>0⇔dc<0, mà c>0⇒d<0

Vì đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm nằm phía dưới trục hoành nên bd<0, mà d<0⇒b>0

Vậy b>0,c>0,d<0.

Đáp án A.

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức ln(ab)=lna−lnb.

- Sử dụng công thức tính đạo hàm (lnu)'=u'u.

- Thay lần lượt x=1;2;...;2020, rút gọn và tính S.

Giải chi tiết:

Ta có: f(x)=ln2020−ln(x+1x)=ln2020−ln(x+1)+lnx

⇒f'(x)=1x−1x+1

Khi đó ta có:

S=f'(1)+f'(2)+...+f'(2020)

S=11−12+12−13+...+12020−12021

S=1−12021=20202021

Đáp án D

Phương pháp giải:

Số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm chính là số giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành.

Giải chi tiết:

Xét phương trình hoành độ giao điểm: (x−2)(x2+1)=0⇔x=2 (do x2+1>0∀x).

Vậy (C) cắt trục hoành tại một điểm.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Hàm số y=logax(0<a≠1) xác định khi và chỉ khi x>0.

- Nếua>1 thì hàm số đồng biến trên khoảng xác định.

- Nếu 0<a<1 thì hàm số nghịch biến trên khoảng xác định.

Giải chi tiết:

Hàm số y=logax(0<a≠1) xác định khi và chỉ khi x>0.

Vì a>1 nên hàm số đồng biến trên khoảng xác định là (0;+∞).

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức: xmn=xmn;xm.xn=xm+n.

Giải chi tiết:

Với x>0 ta có P=x13.x6=x13.x16=x12=x.

Phương pháp giải:

Vẽ hình, dựa vào khái niệm mặt phẳng đối xứng và đếm.

Giải chi tiết:

Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng, quan sát hình vẽ:

Đáp án C.

Phương pháp giải:

- Giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối: |x|=a⇔x=±a.

- Sau đó giải từng phương trình bằng tương giao đồ thị hàm số.

Giải chi tiết:

Ta có: |f(x)−1|=1=1⇔[f(x)−1=1f(x)−1=−1⇔[f(x)=2f(x)=0..

Dụa vào đồ thị hàm số ta thấy:

- Phương trình f(x)=2 có 2 nghiệm phân biệt.

- Phương trình f(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình ban đầu có 5 nghiệm phân biệt.

Đáp án C.

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức:

logaxy=logax−logay(0<a≠1,x,y>0)

loga(xy)=logax+logay(0<a≠1,x,y>0)

logab.logbc=logac(0<a,b≠1,c>0)

Giải chi tiết:

Vì {logaxy=logax−logay(0<a≠1,x,y>0)loga(xy)=logax+logay(0<a≠1,x,y>0)nên đáp án A, B, D sai. 

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào đồ thị hàm số xác định điểm mà tại đó hàm số liên tục và qua đó đồ thị hàm số chuyển hướng từ đi lên sang đi xuống (theo chiều từ trái sang phải).

Giải chi tiết:

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm x=−1.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức logab=1logba(0<a,b≠1), logax+logay=loga(xy)(0<a≠1,x,y>0).

Giải chi tiết:

Với 0<a,b≠1,x>0 ta có:

P=logabx=1logxab=1logxa+logxb=11logax+1logbx=113+14=127

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính đạo hàm: (au)'=u'.aulna.

Giải chi tiết:

Ta có: y'=(2x2)'=(x2)'.2x2ln2

=2x.2x2ln2=x.21+x2ln2

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Gọi M1,N1,P1 lần lượt là trung điểm của BC,CD,BD, sử dụng công thức tỉ lệ thể tích Simpson, so sánh VAMNP và VAM1N1P1.

- Tiếp tục so sánh thể tích hai khối chóp có cùng chiều cao A.M1N1P1 và A.BCD, sử dụng tam giác đồng dạng để suy ra tỉ số diện tích hai đáy.

- Tính thể tích khối tứ diện ABCD là VABCD=16AB.AC.AD, từ đó tính được VAMNP.

Giải chi tiết:

Gọi M1,N1,P1 lần lượt là trung điểm của BC,CD,BD, ta có AMAM1=ANAN1=APAP1=23.

Khi đó VAMNPVAM1N1P1=AMAM1.ANAN1.APAP1=827.

Dễ thấy ΔM1N1P1 đồng dạng với tam giác DBC theo tỉ số k=12 nên SM1N1P1SDBC=14.

Mà hai khối chóp A.M1N1P1 và A.BCD có dùng chiều cao nên VA.M1N1P1VABCD=SM1N1P1SDBC=14.

Lại có VABCD=16AB.AC.AD=16.6a.9a.3a=27a3 ⇒VA.M1N1P1=14VABCD=27a34.

Vậy VAMNP=827VAM1N1P1=827.27a34=2a3.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Hàm số f(x)n(n∉ℤ) xác định khi và chỉ khi f(x) xác định và f(x).

Giải chi tiết:

Vì 2019∉ℤ nên hàm số y=(2x−3)2019 xác định khi và chỉ khi 2x−3>0⇔x>32.

Vậy TXĐ của hàm số là D=(32;+∞).

Đáp án B.

Phương pháp giải:

Giải phương trình lôgarit: logaf(x)=b⇔f(x)=ab.

Giải chi tiết:

Ta có: log2(1−x)=2⇔1−x=4⇔x=−3.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Đặt t=xf(x)⇒f(t)=2. Sử dụng tương giao đồ thị hàm số giải phương trình tìm t.

- Cô lập f(x), tiếp tục sử dụng tương giao hàm số để giải phương trình.

- Sử dụng kĩ năng chọn đại diện 1 số cụ thể thỏa mãn điều kiện, để bài toán đơn giản hơn.

Giải chi tiết:

Đặt t=xf(x) ta có: f(t)−2=0⇔f(t)=2.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình f(t)=2 có 3 nghiệm phân biệt [t=a∈(−4;−2)t=0t=b∈(0;2).

⇒[xf(x)=a∈(−4;−2)xf(x)=0xf(x)=b∈(0;2)⇔[f(x)=ax(x≠0);a∈(−4;−2)x=0f(x)=0⇔x=−4f(x)=bx(x≠0);b∈(0;2)

Chọn a=−3, xét phương trình f(x)=−3x(1), số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và y=−3x.

Chọn b=1, xét phương trình f(x)=1x(2), số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và y=1x.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm, phương trình (2) có 2 nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Hình bát diện đều là hình có tám mặt là tam giác đều.

- Sử dụng công thức tính nhanh diện tích tam giác đều cạnh a là S=a234.

Giải chi tiết:

Diện tích một mặt của bát diện đều là a234.

Vậy diện tích tổng tất cả các mặt (8 mặt) của bát diện đều là S=8.a234=2a23.Đáp án B

Phương pháp giải:

- Sử dụng tính chất tam giác vuông cân tính độ dài hai cạnh góc vuông.

- Sử dụng định lí Pytago trong tam giác vuông tính độ dài đường cao A'H.

- Sử dụng công thức tính thể tích khối lăng trụ VABC.A'B'C'=A'H.SABC.

Giải chi tiết:

Vì tam giác ABC vuông cân tại B nên AB=BC=AC2=a2.

Gọi H là trung điểm của AB, ta có A'H⊥(ABC) và AH=BH=12AB=a22.

Vì A'H⊥(ABC)⇒A'H⊥AH nên tam giác A'AH vuông tại H. Áp dụng định lí Pytago ta có:

A'H=AA'2−AH2=(a2)2−(a22)2=a62.

Ta có: SABC=12AB.BC=12.a2.a2=a2.

Vậy VABC.A'B'C'=A'H.SABC=a62.a2=a362.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Giải bất phương trình y'>0 và suy ra khoảng đồng biến của hàm số.

Giải chi tiết:

TXĐ: D=ℝ.

Ta có: y'=8x3>0⇔x>0.

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên (0;+∞).

Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải bất phương trình lôgarit logaf(x)>b⇔0<f(x)<ab (với 0<a<1).

Giải chi tiết:

Ta có: log12(x−1)>1⇔0<x−1<12⇔1<x<32.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S=(1;32).

Đáp án A