Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 23)

Đáp án A

Phương pháp giải:

Tập xác định của hàm số lũy thừa y=fxa phụ thuộc vào giá trị của a.

Với a nguyên dương, tập xác định là ℝ;

Với a nguyên âm hoặc bằng 0, tập xác định là ℝ\0;

Với a không nguyên, tập xác định là 0,+∞.

Giải chi tiết:

Xét hàm số y=x3−27π3 có a=π3∉ℤ. Do đó hàm số y=x3−27π3 xác định khi và chỉ khi x3−27>0⇔x3>27⇔x>3.

Vậy TXĐ của hàm số đã cho là D=3;+∞.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Số nghiệm của phương trình f(x)=a là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) với đường thẳng y=a.

Giải chi tiết:

Ta có: fx−1=0⇔fx=1.

Suy ra: số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y=1

Từ BBT ta thấy: hai đồ thị y=f(x) và y=1 có ba giao điểm.

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Dựa vào đường TCN và TCĐ của đồ thị hàm số để xác định hàm số.

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

Giải chi tiết:

Đồ thị hàm số đã cho có TCN y=1 và TCĐ x=1 nên chỉ có đáp án B đúng

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Sử dụng quy tắc nhân xác suất.

- Sử dụng biến cố đối.

Giải chi tiết:

Gọi xác suất bắn trúng bia của xạ thủ thứ nhất là P1=0,75.

       xác suất bắn trúng bia của xạ thủ thứ hai là P2=0,85.

Gọi A là biến cố: “Có ít nhất một xạ thủ bắn trúng vòng 10” ⇒ Biến cố đối : A¯“Không có xạ thủ nào bắn trúng vòng 10”.

Khi đó ta có A¯=P1¯.P2¯.

⇒PA¯=PP1¯.PP2¯=1−0,751−0,85=0,0375

Vậy xác suất để có ít nhất một xạ thủ bắn trúng vòng 10 là: PA=1−PA¯=0,9625.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Hàm số y=logax0<a≠1 có TXĐ D=0;+∞, đồng biến trên D khi a>1, nghịch biến trên D khi 0<a<1.

- Hàm số y=ax0<a≠1 có TXĐ D=ℝ, đồng biến trên D khi a>1, nghịch biến trên D khi 0<a<1.

Giải chi tiết:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

- Hàm số xác định trên 0;+∞ nên loại đáp án B và C.

- Hàm số đồng biến trên 0;+∞ nên loại đáp án D vì 0<0,6<1.

Vậy đồ thị đã cho là của hàm số y=log6x.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Tính tỉ lệ thể tích VS.GMNVS.ECD dựa vào công thức tỉ lệ thể tích Simpson.

- So sánh thể tích hai khối chóp có cùng chiều cao S.ECD và S.ABCD, từ đó tính thể tích khối chóp S.GMN.

Giải chi tiết:

Gọi E là trung điểm của AB. Vì G là trọng tâm ΔSAB nên SGSE=23.

Ta có:

VS.GMNVS.ECD=SGSE.SMSC.SNSD=23.12.12=16

⇒VS.GMN=16VS.ECD

Ta có: S.ECD và S.ABCD là hai khối chóp có cùng chiều cao nên

VS.ECDVS.ABCD=SECDSABCD=12dE;CD.CDdE;CD.CD=12

⇒VS.ECD=12VS.ABCD

⇒VS.GMN=16.12VS.ABCD=112VS.ABCD=V12

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất, hàm nhị thức bậc nhất không có cực trị.

- Hàm đa thức bậc ba có 0 hoặc 2 cực trị.

- Hàm đa thức bậc bốn trùng phương có 1 hoặc 3 cực trị.

Giải chi tiết:

Dễ thấy: Hàm số ở đáp án A và D không có cực trị.

Xét đáp án B: y'=4x3+6x=0⇔2x2x2+3=0⇔x=0 nên hàm số có 1 điểm cực trị.

Xét đáp án C: y'=3x2−6x=0⇔x=0x=2 nên hàm số có 2 điểm cực trị.

Vậy hàm số có nhiều điểm cực trị nhất là hàm số y=x3−3x2+1.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Xét 2 TH:

- TH1: m2−1=0, thay m vào hàm số, xét xem hàm số có thỏa mãn nghịch biến trên ℝ hay không?

- TH2: m2−1≠0. Hàm số y=f(x) nghịch biến trên ℝ khi và chỉ khi y'≤0∀x∈ℝ

+ Tam thức bậc hai ax2+bx+c≤0∀x∈ℝ⇔a<0Δ'≤0.

Giải chi tiết:

TH1: m2−1=0⇔m=±1.

+ Với m=1⇒y=−x nghịch biến trên ℝ (thỏa mãn).

+ Với m=−1⇒y=−2x2−x nghịch biến trên −14;+∞ (không thỏa mãn).

TH2: m2−1≠0⇔m≠±1.

Khi đó ta có y'=3m2−1x2+2m−1x−1.

Để hàm số nghịch biến trên ℝ thì y'≤0∀x∈ℝ

⇔3m2−1x2+2m−1x−1≤0∀x∈ℝ

⇔3m2−1<0Δ'=m−12+3m2−1≤0 ⇔−1<m<1m2−2m+1+3m2−3≤0

⇔−1<m<14m2−2m−2≤0 ⇔−1<m<1−12≤m≤1⇔−12≤m<1

Kết hợp 2 TH ta có m∈−12;1. Mà m∈ℤ⇒m∈0;1.

Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức:

logab.logbc=logac;logaclogab=logbc0<a,b≠1;c>0

logax+logay=logaxy0<a≠1,x,y>0

logax−logay=logaxy0<a≠1,x,y>0

Giải chi tiết:

Ta có:

log35.log5a1+log32−log6b=2⇔log3alog36−log6b=2⇔log6a−log6b=2⇔log6ab=2⇔ab=36⇔a=36blog35.log5a1+log32−log6b=2⇔log3alog36−log6b=2⇔log6a−log6b=2⇔log6ab=2⇔ab=36⇔a=36b

log35.log5a1+log32−log6b=2

⇔log3alog36−log6b=2 ⇔log6a−log6b=2

⇔log6ab=2 ⇔ab=36 ⇔a=36b

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Giải phương trình mũ afx=agx⇔fx=gx, tìm x1,x2.

- Thay x1,x2 vừa tìm được vào tính giá trị biểu thức T=x13+x23.

Giải chi tiết:

Ta có: 2x2−3x+2=4=22 ⇔x2−3x+2=2 ⇔x1=0x2=3

Vậy T=T=x13+x23=03+33=27

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Tính đạo hàm hàm g'(x), sử dụng công thức tính đạo hàm 1u'=−u'u2.

- Giải bất phương trình g'(x)>0 và suy ra các khoảng đồng biến của hàm số.

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: fx≠0⇔x≠−2;x≠0;x≠3.

Ta có gx=1fx⇒g'x=−f'xf2x.

Xét g'x>0⇔−f'xf2x>0⇔f'x<0.

Dựa vào BBT ta thấy: f'x<0⇔x∈−∞;−1\−2x∈1;3

⇒ Hàm số gx=1fx đồng biến trên −∞;−2;−2;−1;1;3.

Vì 1;2⊂1;3 nên hàm số cũng đồng biến trên (1;2)

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức:

logax+logay=logaxy0<a≠1,x,y>0

logax−logay=logaxy0<a≠1,x,y>0

Giải chi tiết:

Dễ thấy mệnh đề sai là đáp án B: logab+c=logab.logac.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức tính nhanh: Khối chóp đều có cạnh bên bằng b, chiều cao h có bán kính đường tròn ngoại tiếp là R=b22h.

- Thể tích khối cầu bán kính R là V=43πR3.

Giải chi tiết:

Gọi O=AC∩BD⇒SO⊥ABCD

Vì ABCD là hình vuông cạnh 2a nên OB=2a22=a2.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SOB  ta có SO=SB2−OB2=3a2−2a2=a.

⇒ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp là R=SB22SO=3a22a=3a2.

Vậy thể tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp là: V=43πR3=43π.3a23=9πa32.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Tính độ dài đường sinh l=h2+r2.

- Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r, độ dài đường sinh l là Sxq=πrl.

Giải chi tiết:

Độ dài đường sinh của hình nón là: l=h2+r2=202+252=541cm.

Diện tích xung quanh của hình nón là: Sxq=πrl=π.25.541=125π41cm2.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Tính đạo hàm f'(x).

- Giải phương trình f'(x)=0 xác định các nghiệm xi∈1;3.

- Tính f1;f3;fxi.

- Kết luận: min1;3fx=minf1;f3;fxi, max1;3fx=maxf1;f3;fxi.

Giải chi tiết:

TXĐ: D=ℝ. Ta có y'=3x2+3>0∀x∈ℝ.

Ta có f1=5,f3=37

Vậy min1;3fx=5.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng chỉnh hợp.

Giải chi tiết:

Số cách chọn ra 2 học sinh từ tổ đó để giữ hai chức vụ tổ trưởng và tổ phó là A102 cách

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức xnm=xnm;xm.xn=xm+n,xmn=xmn.

Giải chi tiết:

P=x2x34=x2.x1314=x2+13.14=x712

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục của hình trụ là hình vuông nên hình trụ có chiều cao h bằng 2 lần bán kính đáy R.

- Diện tích toàn phần của hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy R là Stp=2πRh+2πR2, từ đó tính được h,R.

- Thể tích của khối trụ có chiều cao h, bán kính đáy R là: V=πR2h.

Giải chi tiết:

Giả sử hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy R.

Vì thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục của hình trụ là hình vuông nên h=2R.

Theo bài ra ta có:

Stp=2πRh+2πR2⇔4π=2π.R.2R+2πR2⇔4π=6πR2

⇔R=63⇒h=263

Vậy thể tích khối trụ là: V=πR2h=π.632.263=4π69.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Đưa về cùng cơ số.

- Giải bất phương trình mũ: afx<agx⇔fx<gxkhia>1fx>gxkhi0<a<1.

Giải chi tiết:

5x+2<125−x⇔5x+2<52x⇔x+2<2x⇔x>2.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S=2;+∞.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Giải bất phương trình logarit: logafx>b⇔0<fx<abkhi0<a<1.

- Giải bất phương trình tìm x, từ đó kết luận tập nghiệm của bất phương trình và suy ra a,b.

- Thay a,b vừa tìm được để tính giá trị biểu thức T=3a-2b.

Giải chi tiết:

Ta có: log131−2xx>0⇔0<1−2xx<1

⇔0<1−2xx1−2xx<1⇔0<x<121−3xx<0

⇔0<x<120<x<13⇔0<x<13

⇒ Tập nghiệm của bất phương trình là 0;13 ⇒a=0;b=13

Vậy T=3a−2b=3.0−2.13=−23.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Khối lăng trụ có chiều cao bằng h, diện tích đáy bằng B có thể tích là V=B.h.

Giải chi tiết:

Khối lăng trụ có chiều cao bằng h, diện tích đáy bằng B có thể tích là V=B.h

Đáp án A

Phương pháp giải:

Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h bán kính đáy R là Sxq=2πRh.

Giải chi tiết:

Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h bán kính đáy R là Sxq=2πRh.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Chia cả 2 vế phương trình cho 4x>0.

- Đặt ẩn phụ t=32x, đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t, giải phương trình tìm t.

- Từ t tìm được tìm x tương ứng và tính tổng các nghiệm.

Giải chi tiết:

Chia cả 2 vế phương trình cho 4x>0 ta được: 4.322x−13.32x+9=0.

Đặt t=32x, phương trình trở thành 4t2−13t+9=0⇔t=94t=1tm.

Khi đó ta có: 32x=9432x=1⇔x=2x=0

Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho là: T=2+0=2.

Đáp án C

Phương pháp giải:

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

- Thể tích khối chóp có chiều cao h, diện tích đáy B là V=13Bh

Giải chi tiết:

Vì đáy là tam giác đều cạnh a nên SABC=a234.

Thể tích khối chóp là: V=13.h.SABC=13.a.a234=a3312.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Gọi H là trung điểm của AB, chứng minh SH⊥ABCD.

- Tính thể tích khối chóp VS.ABCD=13SH.SABCD.

Giải chi tiết:

Gọi H là trung điểm của AB, vì ΔSAB đều có AB=a nên SH⊥AB và SH=a32.

Ta có: SAB⊥ABCD=ABSH⊂SAB;SH⊥AB ⇒SH⊥ABCD.

Ta có: SABCD=AB.AD=a.a3=a23.

Vậy VS.ABCD=13SH.SABCD=13.a32.a23=a32.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Xét phương trình hoành độ giao điểm.

- Đưa phương trình về dạng tích một nhị thức và một tam thức bậc hai.

- Biện luận nghiệm của tam thức bậc hai.

Giải chi tiết:

Xét phương trình hoành độ giao điểm: 

x3−3x2+mx+1=2x+1⇔x3−3x2+m−2x=0 ⇔xx2−3x+m−2=0

⇔x=0fx=x2−3x+m−2=0*

Để (C) cắt đường thẳng d:y=2x+1 tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 0.

⇒Δ'=9−4m+8>0m−2≠0⇔m<174m≠2.

Mà m là số nguyên dương ⇒m∈1;3;4.

Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Dựa vào chiều của nhánh cuối cùng suy ra dấu của hệ số a.

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

- Dựa vào các điểm cực trị suy ra dấu của hệ số b,c

Giải chi tiết:

Vì đồ thị hàm số có nhánh cuối cùng đi xuống nên a<0.

Vì giao điểm của đồ thị hàm số và trục tung nằm phía dưới trục hoành nên d<0.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Hàm số có 2 điểm cực trị trái dấu, và tổng 2 cực trị là số dương.

Ta có y'=3ax2+2bx+c, do đó ac<0−2b3a>0⇔c>0b>0.

Vậy có 2 số dương là b,c.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Mở rộng mặt phẳng (B'MG), chứng minh B'MG≡B'GN với N là trung điểm của AB.

- Đổi dC;B'GN sang dB;B'GN.

- Trong (ABCD) kẻ BH⊥GN, trong (B'BH) kẻ BK⊥B'N. Chứng minh BK⊥B'GN.

- Sử dụng tam giác đồng dạng, hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách.

Giải chi tiết:

Gọi N là trung điểm của AB, ta có B'M//DN nên B',M,D,N đồng phẳng ⇒B'MG≡B'GN.

⇒dC;B'MG=dC;B'GN.

Gọi O=AC∩BD, ta có AGAO=23⇒AGAC=23.12=13⇒AGCG=12.

Ta có CA∩B'GN=G⇒dC;B'GNdA;B'GN=CGAG=2

⇒dC;B'GN=2dA;B'GN.

Lại có AB∩B'GN=N⇒dA;B'GNdB;B'GN=ANBN=1

⇒dA;B'GN=dB;B'GN ⇒dC;B'GN=2dB;B'GN

Trong (ABCD) kẻ BH⊥GN, trong (B'BH) kẻ BK⊥B'N.

Ta có: GN⊥BHGN⊥BB'⇒GN⊥BB'H⇒GN⊥BK

BK⊥B'HBK⊥GN⇒BK⊥B'GN⇒dB;B'GN=BK

Ta có ΔBNH~ΔDNAg.g⇒BHAD=BNDN ⇒BH=a.a2a2+a24=a55.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BB'H ta có: BK=BB'.BHBB'2+BH2=a.a55a2+a25=a66.

Vậy dC;B'MG=dC;B'GN=2dB;B'GN=a63.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Vẽ hình và đếm.

Giải chi tiết:

Hình tứ diện đều có 6 mặt phẳng đối xứng.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào BBT xác định số điểm cực đại là số điểm mà qua đó đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.

Giải chi tiết:

Hàm số đã cho đạt cực đại tại x=1

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng nguyên tắc vách ngăn.

Giải chi tiết:

Số cách xếp 12 học sinh thành 1 hàng dọc là 12! cách ⇒ Không gian mẫu nΩ=12!.

Gọi A là biến cố: “không có hai bạn nam nào đứng cạnh nhau”

Xếp 8 bạn nữ thành hàng ngang có 8! cách, khi đó có 9 vách ngăn giữa 8 bạn nữ này.

Xếp 4 bạn nam vào 4 trong 9 vách ngăn trên có A94 cách.

Khi đó nA=8!.A94.

Vậy xác suất cần tìm là PA=8!.A9412!=1455.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Giải bất phương trình logafx>logagx⇔fx>gx>0.

- Cô lập m, đưa các bất phương trình về dạng m<fx∀x∈a;b⇔m≤mina;bfx.

Giải chi tiết:

Ta có: log3x2+2x+2+1>log3x2+6x+5+m∀x∈1;3

⇔log33x2+6x+6>log3x2+6x+5+m∀x∈1;3

⇔x2+6x+5+m>0∀x∈1;33x2+6x+6>x2+6x+5+m∀x∈1;3

⇔x2+6x+5+m>0∀x∈1;312x2+1−m>0∀x∈1;32

Giải (1): x2+6x+5+m>0∀x∈1;3⇔x2+6x+5>−m∀x∈1;3.

Đặt fx=x2+6x+5 ta có −m<fx∀x∈1;3⇔−m≤min1;3fx.

BBT:

Từ BBT ⇒1⇔−m≤12⇔m≥−12.

Giải (2): 2x2+1−m>0∀x∈1;3⇔m<2x2+1∀x∈1;3.

Đặt gx=2x2+1 ta có m<gx∀x∈1;3⇔m≤min1;3gx.

BBT:

Dựa vào BBT ⇒2⇔m≤3.

Kết hợp ta có −12≤m≤3. Mà m∈ℤ⇒m∈−12;−11;−10;...;1;2;3.

Vậy có 16 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án D

Phương pháp giải:

Hàm bậc bốn trùng phương y=ax4+bx2+ca≠0 có đúng một điểm cực trị khi và chỉ khi ab≥0.

Giải chi tiết:

Hàm số y=m2−9x4−2x2+1 có đúng 1 điểm cực trị ⇔−2m2−9≥0⇔m2−9≤0⇔−3≤m≤3.

Mà m∈ℤ⇒m∈−3;−2;−1;0;1;2;3.

Vậy có 7 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Khai triển nhị thức Newton: a+bn=∑k=0nCnkan−kbk.

- Tìm k ứng với số mũ của x bằng 3, tìm k và suy ra hệ số của x3 trong khai triển.

Giải chi tiết:

Ta có: x+2x6=∑k=06C6kx6−k2xk =∑k=06C6k2kx6−kx−k2=∑k=06C6k2kx6−3k2k∈0;6.

Để tìm hệ số của số hạng chứa x3 ta cho 6−3k2=3⇔k=2tm.

Vậy hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển trên là C6222=60.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Dựa vào công thức tính diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r và đường sinh l là Sxq=πrl để tính độ dài đường sinh của hình nón.

- Tính chiều cao của hình nón h=l2−r2 để tính chiều cao của hình nón, cũng chính là chiều cao của khối chóp.

- Tính thể tích khối chóp có chiều cao h, diện tích đáy B là V=13Bh.

Giải chi tiết:

Gọi O=AC∩BD⇒SO⊥ABCD và SO cũng chính là chiều cao của khối nón.

Diện tích xung quanh của hình nón là Sxq=πrl=π.a.l=2πa2 ⇒l=2a.

Chiều cao của hình nón là h=l2−r2=4a2−a2=a3=SO.

Ta có: AC=2r=2a nên AB=AC2=2a2=a2 ⇒SABCD=a22=2a2.

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: VS.ABCD=13SO.SABCD=13.a3.2a2=23a33.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Gọi chiều rộng của bế nước là x(x>0)(m) thì chiều dài của bể nước là 2x(m). Gọi chiều cao của bể nước là hh>0m, dựa vào công thức tính thể tích khối hộp chữ nhật rút h theo x.

- Tính diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật (trừ đi diện tích của ô trống bằng 20% diện tích của đáy). Diện tích toàn phần hình hộp chữ nhật có 3 kích thước a,b,c là Stp=2ab+bc+ca.

- Sử dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm: a+b+c≥3abc3. Dấu “=” xảy ra ⇔a=b=c.

Giải chi tiết:

Gọi chiều rộng của bế nước là x(x>0)(m) thì chiều dài của bể nước là 2x(m). Gọi chiều cao của bể nước là h(h>0)(m). ta có thể tích bể nước là V=2x.x.h=10⇔h=5x2m.

Diện tích xung quanh của bể nước là: Sxq=22x.h+x.h=6xh=30xm2.

Diện tích một đáy là 2x.x=2x2m, suy ra diện tích 2 đáy (trừ đi diện tích của ô trống bằng 20% diện tích của đáy) là: 2x2.80%+2x2=185x2m2.

⇒ Diện tích toàn phần của bể nước là: 30x+185x2m2

Để giá tiền phải trả là ít nhất thì diện tích toàn phần của bể là nhỏ nhất.

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 30x+185x2=15x+15x+185x2≥315x.15x.185x23=9303.

Dấu “=” xảy ra ⇔15x=185x2⇔x=2563m.

Vậy số tiền phải trả cho nhân công ít nhất là 9303.0,5≈14 triệu đồng

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào BBT xác định các khoảng đồng biến (nghịch biến) là các khoảng mà hàm số liên tục và có đạo hàm dương (âm).

Giải chi tiết:

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng −∞;−1 và 1;+∞, nghịch biến trên (-1;1).

Do đó các đáp án A, B, C đúng và đáp án D sai

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Sử dụng định nghĩa TCN của đồ thị hàm số: Đồ thị hàm số y=f(x) nhận đường thẳng y=y0 làm TCN nếu thỏa mãn một trong các điều kiện limx→±∞fx=y0.

- Dựa vào BBT xác định limx→−∞fx;limx→+∞fx.

Giải chi tiết:

Dựa vào BBT ta có limx→−∞fx=−∞;limx→+∞fx=3.

Khi đó ta có: limx→−∞14fx+4=0;limx→+∞14fx+4=2.

Vậy đồ thị hàm số y=14fx+4 có tất cả 2 TCN là y=0;y=2.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Hàm phân thức có bậc tử > bậc mẫu không có TCN.

- Số tiệm cận đứng = số nghiệm của mẫu không bị triệt tiêu bởi nghiệm của tử.

Giải chi tiết:

Ta có y=2x2+x−1x−1=2x−1x+1x−1.

Vì bậc tử > bậc mẫu nên đồ thị hàm số không có TCN.

Vì x=1 là nghiệm của mẫu không bị triệt tiêu nên đồ thị hàm số có TCĐ x=1.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có tổng số TCN và TCĐ là 1

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Sử dụng định lí: a//P⊃b⇒da;b=a;P ( a,b là 2 đường thẳng chéo nhau).

- Tính VC'.ABB'A'=13dC';ABB'A'.SABB'A'.

- Tính VABC.A'B'C'=32VC'.ABB'A'.

Giải chi tiết:

Vì CC'//AA' nên CC'//ABB'A'⊃AB'.

Do đó dCC';AB'=dCC';ABB'A'=dC';ABB'A'=7.

Khi đó ta có: VC'.ABB'A'=13dC';ABB'A'.SABB'A'=13.7.4=283.

Mà VC'.ABB'A'=23VABC.A'B'C'⇒VABC.A'B'C'=32VC'.ABB'A'=32.283=14.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Tìm số điểm có hoành độ và tung độ là các số nguyên thuộc đồ thị hàm số y=3x−2x, giả sử là n.

- Số đường thẳng thỏa mãn là số đường thẳng đi qua 2 trong n điểm trên, tức là Cn2 đường thẳng.

Giải chi tiết:

Để đường thẳng cắt (C) tại 2 điểm có hoành độ và tung độ là các số nguyên thì điểm có hoành độ và tung độ là các số nguyên  phải thuộc đồ thị hàm số y=3x−2x.

Ta có: y=3x−2x=3−2xx≠0.

Để y∈ℤ⇒2x∈ℤ⇒x∈±1;±2.

Khi đó các điểm có hoành độ và tung độ là các số nguyên thuộc đồ thị hàm số y=3x−2x là A1;1;B−1;5;C=2;2;D−2;4.

Vậy có C42=6 đường thẳng thỏa mãn

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Để hàm số nghịch biến trên 12;+∞ thì y'<0∀x∈12;+∞

- Sử dụng công thức tính đạo hàm hàm số mũ: au'=u'aulna.

Giải chi tiết:

Ta có y=2mx+1x+mx≠−m ⇒y'=m2−1x+m22mx+1x+mln2.

Để hàm số nghịch biến trên 12;+∞ thì y'<0∀x∈12;+∞

⇔m2−1x+m22mx+1x+mln2<0∀x∈12;+∞ ⇔m2−1x+m2<0∀x∈12;+∞

⇔m2−1<0−m∉12;+∞⇔−1<m<1−m≤12 ⇔−1<m<1m≥−12⇔−12≤m<1

Vậy m∈−12;1.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Sử dụng định lí: Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

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

Giải chi tiết:

Gọi O=AC∩BD ta có AC⊥BD tại O (do ABCD là hình vuông).

Ta có: BD⊥AOBD⊥SA⇒BD⊥SAO⇒BD⊥SO.

Ta có: SBD∩ABCD=BDAO⊂ABCD,AO⊥BDSO⊂ABCD,SO⊥BDcmt ⇒∠SBD;ABCD=∠SO;AO=∠SOA .

Vì ABCD là hình vuông cạnh 2a nên AC=2a2⇒AO=a2.

Xét tam giác vuông SAO có: tan∠SOA=SAAO=a2a2=1 ⇒∠SOA=450 .

Vậy ∠SBD;ABCD=450

Đáp án A

Phương pháp giải:

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

- Sử dụng công thức tính nhanh đạo hàm: y=ax+bcx+d⇒y'=ad−bccx+d2.

Giải chi tiết:

TXĐ ℝ\−1.

Ta có y=2x+1x+1⇒y'=1x+12>0∀x∈D.

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng −∞;−1 và −1;+∞.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Gọi S1;S2 là hai khối cầu tâm O có bán kính lần lượt là R1=1,R2=4.

Giả sử A1A2A3A4A5A6∈α.

Kẻ OH⊥αH∈α, gọi S0=OH∩S1 sao cho dS0;α>dO;α.

Khi đó ta có: VS.A1A2A3A4A5A6≤VS0.A1A2A3A4A5A6=13S0H.SA1A2A3A4A5A6.

Đặt OH=x0<x<4 ta có S0H=x+1.

Áp dụng định lí Pytago ta có: HA1=OA12−OH2=16−x2.

⇒SA1A2A3A4A5A6 đạt giá trị lớn nhất khi khi và chỉ khi A1A2A3A4A5A6 là lục giác đều, khi đó maxSA1A2A3A4A5A6=33216−x2.

 ⇒VS.A1A2A3A4A5A6≤13x+1.33216−x2=32x+116−x2.

Xét hàm số fx=x+116−x2 với 0<x<4 ta có f'x=16−x2−x+12x=−3x2−2x+16.

f'x=0⇔x=2tmx=−83ktm

BBT:

Dựa vào BBT ⇒max0;4fx=f2=36.

⇒VS.A1A2A3A4A5A6≤32.36=183.

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.A1A2A3A4A5A6 là 183.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Theo bài ra ta có: 4x+4y=32y−32x+48⇔4x+32x=32y−4y+48.

Vì x,y∈ℕ*,x<y nên ta thử các TH sau:

+ Với x=1,y=2 ta có: 4+32=64−16+48⇔36=96 (Vô lí).

⇒x≥2⇒VT=4x+32x≥801.

Xét hàm số fy=32y−4y+48 ta có f'y=32−4yln4=0⇔y=log432ln4f'y=32−4yln4=0⇔y=log432ln4.

BBT:

Vì y∈ℕ* nên fy=32y−4y+48∈ℕ*, dựa vào BBT ⇒fy≤972.

Từ (1) và (2)

 ⇒80≤fy≤97⇒80≤VP≤97⇒80≤VT≤97 ⇒80≤4x+32x≤97*.

Hàm số gx=4x+32x đồng biến trên ℝ, do đó từ (*) ta suy ra x=2.

Với x=2 ta có 80=32y−4y+48⇔32y−4y=32, sử dụng MODE7 ta tìm được y=3.

Vậy có 1 cặp số (x;y) thỏa mãn là (x;y)=(2;3).

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Kẻ B'H⊥BCH∈BC. Chứng minh B'H⊥ABC.

- Đặt B'H=xx>0, tính BH theo x.

- Gọi M là trung điểm của AB, trong (ABC) kẻ HK//CMK∈AB, tính  theo x, từ đó tính SABB'A' theo x.

- Tính VABC.A'B'C'=32VC.ABB'A'=32B'K.SABB'A'.dC;ABB'A'=B'H.SΔABC. Giải phương trình tìm x, từ đó tính VABC.A'B'C'.

Giải chi tiết:

Kẻ B'H⊥BCH∈BC.

Ta có: BCC'B'⊥ABC=BCB'H⊂BCC'B';B'H⊥BC⇒B'H⊥ABC.

Đặt B'H=xx>0⇒BH=a2−x2 (Định lí Pytago trong tam giác vuông BB'H).

Gọi M là trung điểm của AB ta có CM⊥AB và CM=a32 (do ΔABC đều ạnh a ).

Trong (ABC) kẻ HK//CMK∈AB, áp dụng định lí Ta-lét ta có:

 HKCM=BHBC⇒HKa32=a2−x2a ⇒HK=3a2−x22.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông  ta có:

Ta có: B'K2=B'H2+HK2=x2+34a2−x2=34a2+14x2⇒B'K=3a2+x22.

Khi đó ta có: AB⊥B'HAB⊥HKHK//CM⇒AB⊥B'HK⇒AB⊥B'K

Ta có: SABB'A'=B'K.AB=a3a2+x22.

CC'//BB'⇒CC'//ABB'A'⇒dCC';ABB'A'=dC;ABB'A'=a125

⇒VC.ABB'A'=13SABB'A'.dC;ABB'A'

=13.a3a2+x22.a125

=a2123a2+x230=23VABC.A'B'C'

⇒VABC.A'B'C'=32.a2123a2+x230=a2123a2+x220

Lại có VABC.A'B'C'=B'H.SΔABC=x.a234

⇒a2123a2+x220=x.a234

⇔23a2+x25=x⇔43a2+x2=25x2

⇔21x2=12a2⇔x=277a

Vậy VABC.A'B'C'=x.a234=277.a234=21a314.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Đặt t=xf(x), sử dụng tương giao đồ thị hàm số tìm nghiệm t.

- Rút fx=tx, tiếp tục sử dụng tương giao đồ thị hàm số tìm nghiệm x.

Giải chi tiết:

Đặt t=xf(x), phương trình trở thành ft=9−t2−3≤t≤3*.

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(xt) và đồ thị hàm số y=9−t2.

Ta có đồ thị:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt t=a∈−2;−1t=b∈0;1t=c∈1;2t=3

Khi đó ta có fx=tx=ax,a∈−2;−11bx,b∈0;12cx,c∈1;233x4

Tiếp tục sử dụng tương giao ta có:

- Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.

- Phương trình (2) có 4 nghiệm phân biệt.

- Phương trình (3) có 4 nghiệm phân biệt.

- Phương trình (4) có 4 nghiệm phân biệt.

Tất cả các nghiệm là không trùng nhau. Vậy phương trình ban đầu có tất cả 14 nghiệm phân biệt

Đáp án A

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Ta có gx=fe2x−2x−2=fe2x−2x−22

⇒g'x=e2x−2x−22'.f'e2x−2x−22

=2e2x−2x−22e2x−22e2x−2x−22f'e2x−2x−22

g'x=0⇔e2x−2x−2=02e2x−2=0f'e2x−2x−22=0 ⇔e2x−2x−2=0x=0e2x−2x−22=a<−1Loaie2x−2x−22=b∈−1;0Loaie2x−2x−22=c∈0;1e2x−2x−22=d>1

⇔e2x−2x−2=01x=0e2x−2x−2=c∈0;12e2x−2x−2=−c∈−1;03e2x−2x−2=d,d>14e2x−2x−2=−d,−d<−15

Xét hàm số hx=e2x−2x−2 ta có h'x=2e2x−2=0⇔x=0.

BBT:

Dựa vào BBT ta có:

+ Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.

+ Phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.

+ Phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.

+ Phương trình (4) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.

+ Phương trình (5) vô nghiệm.

Các nghiệm trên đều là nghiệm bội lẻ (nghiệm đơn) và phân biệt.

Do đó phương trình g'(x)=0 có 9 nghiệm bội lẻ.

Vậy hàm số y=g(x) có tất cả 9 điểm cực trị

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Xác định góc giữa SA và mặt đáy là góc giữa SA và hình chiếu của nó trên mặt đáy.

- Từ đó tính SH theo HA.

- Tính SABC=12AB.BC.sin∠ABC không đổi ⇒VS.ABC đạt GTNN khi HA nhỏ nhất.

- HA đạt GTNN khi và chỉ khi HA⊥BC, từ đó tính HA và tính GTNN của VS.ABC.

Giải chi tiết:

⇒∠SA;ABC=∠SA;HA=∠SAH=450.

Ta có SH⊥ABC⇒SH⊥AH⇒ΔSAH vuông cân tại H ⇒SH=AH.

Ta có: SABC=12AB.BC.sin∠ABC=12.a.a3.sin600=3a24.

⇒VS.ABC=13SH.SΔABC=13AH.3a24=a24.AH

Để VS.ABC đạt giá trị nhỏ nhất thì AHmin⇔AH⊥BC ⇒AH=2SΔABCBC=2.3a24a3=a32

Vậy minVS.ABC=a24.a32=a338.