Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia có lời giải (Đề 2)

Đáp án D

- Hàm số y=sinx xác định với mọi x∈R.

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

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 B

- Khai triển nhị thức Niu-tơn a+bn=∑k=0nCnkakbn-k.

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

Ta có: 2x-x210=∑k=010C10k2x10-k-x2k=∑k=010C10k-1k210-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 x12 trong khai triển trên là C102-12.28=28C102

Đáp án A

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

- Sử dụng công thức VS.AMN=13dS;AMN.SAMN⇒dS;AMN=3VS.AMNSAMN.

- Sử dụng định lí Pytago, định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông, tính chất đường trung bình của tam giác tính độ dài các cạnh của tam giác AMN, sau đó sử dụng công thức Hê-rông tính diện tích tam giác AMN: SAMN=pp-AMp-ANp-MN với p là nửa chu vi ∆AMN.

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

SB=SA2+AB2=4a2+4a2=22aSD=SA2+AD2=4a2+a2=5aBD=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 ∆SBD 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=pp-AMp-ANp-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=13dS;AMN.SAMN, do đó dS;AMN=3VS.AMNSAMN=3.a36a264=a63.

Vậy dS;AMN=a63

Đáp án C

Sử dụng MTCT, chức năng MODE 7.

Giải chi tiết:

Sử dụng MODE 7, nhập fX=X3-2X2-4X+1, chọn Start = 1, End = 3, Step = 0,1.

Vậy max[1;3]f(x)=-2

Đáp án C

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.

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

 5+m+17+m=27+2m⇔2m+22=4m+14⇔m=4

Đáp án C

- 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

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 A

- 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.

Ta có: sinx=12⇔[x=π6+k2πx=5π6+k2πk∈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 C

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

- Sử dụng hoán vị.

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

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.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số nghịch biến trên -∞;-2 và 0;2

Đáp án D

Thể tích khối lập phương cạnh a bằng a3.

Thể tích khối lập phương cạnh 2a bằng 2a3=8a3

Đáp án D

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.

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 B

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

Ta có u5=u1.q4=-3.234=-1627

Đáp án B

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).

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

Giải phương trình mũ: afx=agx⇔fx=gx.

Ta có: 32x-1=27⇔32x-1=33⇔2x-1=3⇔x=2.

Vậy nghiệm của phương trình là x=2

Đáp án C

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

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 B

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

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

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

Đáp án C

- 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 để hàm số y=f(t) đơn điệu trên khoảng cho trước.

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 y'=-1-mt-12.

Do đó *⇔-1-mt-12>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 D

- 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.

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 B

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.

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

Đáp án C

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=f(x) tại điểm Mx0;y0 là y=f'x0x-x0+y0.

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 A

- 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.

ĐKXĐ: x-7≥0⇔x≥7.

Xét phương trình x2+3x-4=0⇔[x=1x=-4ktm.

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

Đáp án B

- Giải phương trình y'=0 và lập BBT.

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

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

- 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 PA=1-PA¯.

Số phần tử của không gian mẫu là nΩ=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” ⇒nA¯=52=25.

Vậy xác suất của biến cố A là PA=1-PA¯=1-2536=1136

Đáp án C

Hàm đa thức y=fx 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.

Xét hàm số gx=2fx-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 gx=2fx-1+m có 3 điểm cực trị.

Để hàm số gx=2fx-1+m có đúng 5 điểm cực trị thì đồ thị hàm số gx=2fx-1+m phải cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt.

⇒2fx-1+m=0⇔fx-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 A

- 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.

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 ( 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

- 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 ax2+by2=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.

Ta có:

4x2+4y2-2x2+4y2+1=23-x2-4y2-42-x2-4y2⇔2x2+4y22-2.2x2+4y2=82x2+4y2-162x2+4y22

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

t2-2t=8t-16t2⇔t2-2t=8t-16t2⇒t3t-2=8t-2⇒t3-8t-2=0⇔t-22t2+2t+4=0⇔t=2  tm  do  t2+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-1sinα+12P+1cosα=-1-4P  *

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

⇒P-12+12P+12≥-1-4P2⇔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 D

- 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.

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 A

- 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.

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 C

- 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

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=12BM+CN.MHMH.CD=12.12AB+23CDCD=712 do (AB=CD)⇒VS.MBCNVS.ABCD=712⇒VS.MBCN=712VS.ABCD=712.48=28

Đáp án D

So sánh hai lũy thừa cùng cơ số:

+ Nếu a>1 thì am>an  khi  m>nam<an  khi  m<n.

+ Nếu 0<a<1 thì am>an  khi  m<nam<an  khi  m>n.

Theo bài ra ta có: a715>a25⇔a715>a25.

Mà 715>615=25 nên a>1

Đáp án D

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 α và loại đáp án.

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

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 A

- 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.

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 D

- Sử dụng công thức lnab=lna-lnb

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

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

Ta có:

fx=ln2020-lnx+1x=ln2020-lnx+1+lnx

⇒f'x=1x-1x+1

Khi đó ta có

S=f'1+f'2+...+f'2020S=11-12+12-13+...+12020-12021S=1-12021=20202021

Đáp án B

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

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

Vậy (C) cắt trục hoành tại một điểm

Đáp án C

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

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

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

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 A

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

Với x>0 ta có P=x13.x6=x13.x16=x12=x

Đáp án C

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

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

Đáp án C

- 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.

Ta có: fx-1=1=1⇔[fx-1=1fx-1=-1⇔[fx=2fx=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

Sử dụng các công thức:

logaxy=logax-logay  0<a≠1,  x,y>0logaxy=logax+logay  0<a≠1,  x,y>0logab.logbc=logac  0<a,  b≠1,  c>0

Vì logaxy=logax-logay  0<a≠1,  x,y>0logaxy=logax+logay  0<a≠1,  x,y>0 nên đáp án A, B, D sai.

Đáp án B

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).

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

Đáp án C

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

Với 0<a,  b≠1,  x>0 ta có

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

Đáp án B

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

Ta có:

y'=2x2'=x2'.2x2ln2=2x.2x2ln2=x.21+x2ln2

Đáp án A

- 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

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 B

Hàm số fxn  n∉Z xác định khi và chỉ khi f(x) xác định và f(x)>0.

Vì 2019∉Z nên hàm số y=2x-32019 xác định khi và chỉ khi 2x-3>0⇔x>32.

Vậy TXĐ của hàm số là D=32;+∞

Đáp án B

Giải phương trình lôgarit: logafx=b⇔fx=ab.

Ta có log21-x=2⇔1-x=4⇔x=-3

Đáp án D

- Đặt t=xfx⇒ft=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.

Đặt t=xf(x) ta có: ft-2=0⇔ft=2.

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

⇒[xfx=a∈-4;-2xfx=0xfx=b∈0;2⇔[fx=ax   x≠0;  a∈-4;-2x=0fx=0⇔x=-4fx=bx  x≠0;  b∈0;2

Chọn a=-3, xét phương trình fx=-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 fx=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 B

- 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.

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 A

Giải bất phương trình lôgarit logafx>b⇔0<fx<ab (với 0<a<1).

Ta có: log12x-1>1⇔0<x-1<12⇔1<x<32.

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

Đáp án C

- 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

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=a22-a222=a62

Ta có: SABC=12AB.BC=12.a2.a2=a2.

Vậy VABC.A'B'C'=A'H.SABC=a62.a2=a362

Đáp án D

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

TXĐ: D=R.

Ta có: y'=8x3>0⇔x>0.

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên 0;+∞