Đề bài
Câu 1. Cho khối chóp \(S.ABC\) có \(SA\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), \(SA = a\sqrt 3 \), tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\)và \(BC = a\sqrt 3 \). Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A. \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}.\) B. \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}.\) C. \(\frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{4}.\) D. \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}.\)
Câu 2. Cho hàm số \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\) có đồ thị như hình vẽ bên dưới.
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. \(a < 0,b > 0,c < 0.\) B. \(a > 0,b > 0,c < 0.\;\;\)
C. \(a > 0,b < 0,c > 0.\) D. \(a > 0,b < 0,c < 0.\;\)
Câu 3. Khối bát diện đều (như hình vẽ bên dưới) thuộc khối đa diện nào?
A. \(\left\{ {3;5} \right\}.\) B. \(\left\{ {5;3} \right\}.\) C. \(\left\{ {3;4} \right\}.\) D. \(\left\{ {4;3} \right\}.\)
Câu 4. Cho hình nón có bán kính đáy bằng \(a\), góc ở đỉnh bằng \({90^0}.\) Độ dài đường sinh của hình nón đã cho bằng
A. \(a\sqrt 3 .\) B. \(a.\) C. \(2a.\) D. \(a\sqrt 2 .\)
Câu 5. Cho \(a\) là số thực dương khác \(1.\) Giá trị của biểu thức \({\log _3}(3a) - 3{\log _a}\sqrt[3]{a}\) bằng
A. \(1 + {\log _3}a.\) B. \( - {\log _3}a.\) C. \({\log _3}a.\) D. \({\log _3}a - 1.\)
Câu 6. Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ bên dưới.
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. \(\left( { - 2;2} \right).\) B. \(\left( { - \infty ;0} \right).\) C. \(\left( {1; + \infty } \right).\) D. \(\left( {0;2} \right).\)
Câu 7. Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng \(a\) và cạnh bên bằng \(a\sqrt 3 \). Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A. \(\frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{6}.\) B. \(\frac{{{a^3}\sqrt {10} }}{6}.\) C. \(\frac{{{a^3}\sqrt {10} }}{2}.\) D. \(\frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{2}.\)
Câu 8. Cho khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng \(a\sqrt 2 \) và mỗi mặt bên đều có diện tích bằng \(4{a^2}.\) Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
A. \(2{a^3}\sqrt 6 .\) B. \(\frac{{2{a^3}\sqrt 6 .}}{3}.\) C. \(\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{3}.\) D. \({a^3}\sqrt 6 .\)
Câu 9. Tập nghiệm của bất phương trình \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {3x - 2} \right) > {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {4 - x} \right)\) là
A. \(S = \left( {\frac{2}{3};3} \right).\) B. \(S = \left( { - \infty ;\frac{3}{2}} \right).\) C. \(S = \left( {\frac{2}{3};\frac{3}{2}} \right).\) D. \(S = \left( {\frac{3}{2};4} \right).\)
Câu 10. Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm là \(f'\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right){\left( {x - 3} \right)^4}.\) Số điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là
A. \(3.\) B. \(1.\) C. \(4.\) D. \(2.\)
Câu 11. Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\) và có bảng biến thiên như sau:
Số các đường tiệm cận của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) là
A. \(4.\) B. \(1.\) C. \(2.\) D. \(3.\)
Câu 12. Đạo hàm của hàm số \(y = \ln \left( {{x^2} + {e^2}} \right)\) là
A. \(y' = \frac{{2x}}{{{x^2} + {e^2}}}.\) B. \(y' = \frac{{2x}}{{{{\left( {{x^2} + {e^2}} \right)}^2}}}.\) C. \(y' = \frac{{2x + 2e}}{{{x^2} + {e^2}}}.\) D. \(y' = \frac{{2x + 2e}}{{{{\left( {{x^2} + {e^2}} \right)}^2}}}.\)
Câu 13. Cho khối lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,\,\,AB = 2,\,\,AC = 2\sqrt 2 \) và \(B'C = 4.\) Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
A. \(8\sqrt 2 .\) B. \(4\sqrt 2 .\) C. \(2\sqrt 2 .\) D. \(6\sqrt 2 .\)
Câu 14. Cho mặt cầu \(\left( S \right)\) có diện tích bằng \(4\pi {a^2}.\) Thể tích của khối cầu \(\left( S \right)\) bằng
A. \(\frac{{64\pi {a^3}}}{3}.\) B. \(\frac{{\pi {a^3}}}{3}.\) C. \(\frac{{4\pi {a^3}}}{3}.\) D. \(\frac{{16\pi {a^3}}}{3}.\)
Câu 15.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định liên tục trên đoạn \(\left[ { - 2;2} \right]\) và có đồ thị như hình vẽ bên dưới.
Khẳng định nào dưới đây đúng?
A. \(\mathop {min}\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = 2.\) B. \(\mathop {min}\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = 0.\) C. \(\mathop {min}\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = - 2.\) D. \(\mathop {min}\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = - 1.\)
Câu 16. Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} + 8}}{{{x^3} - 8}}\) là
A. \(x = 2.\) B. \(x = - 2.\) C. \(x = 1.\) D. \(x = - 1.\)
Câu 17. Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho là
A. \(y = \frac{{ - x + 2}}{{x - 1}}.\) B. \(y = \frac{{x + 2}}{{x - 1}}.\) C. \(y = \frac{{x + 2}}{{x + 1}}.\) D. \(y = \frac{{x - 3}}{{x - 1}}.\)
Câu 18. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình \({3^{{x^2} - 3x + 4}} = 9\) là
A. \(2.\) B. \( - 3.\) C. \(3.\) D. \(4.\)
Câu 19. Giá trị lớn nhất của hàm số \(y = {x^3} - 12x + 2\) trên đoạn \(\left[ { - 3\,;\,0} \right]\) bằng
A. \(16.\) B. \(11.\) C. \(2.\) D. \(18.\)
Câu 20. Có bao nhiêu hình đa diện trong các hình dưới đây?
A. \(1.\) B. \(2.\) C. \(3.\) D. \(4.\)
Câu 21. Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm trên \(\mathbb{R}\) và \(f'\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ bên dưới.
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. \(\left( { - 1\,;\,1} \right).\) B. \(\left( { - \infty \,;\,2} \right).\) C. \(\left( {1\,;\, + \infty } \right).\) D. \(\left( {2\,;\, + \infty } \right).\)
Câu 22. Biết biểu thức \(\sqrt[5]{{{x^3}\sqrt[3]{{{x^2}\sqrt x }}}}\,\,\left( {x > 0} \right)\) được viết dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ là \({x^\alpha }.\) Khi đó, giá trị của \(\alpha \) bằng
A. \(\frac{{31}}{{10}}.\) B. \(\frac{{23}}{{30}}.\) C. \(\frac{{53}}{{30}}.\) D. \(\frac{{37}}{{15}}.\)
Câu 23. Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A.\) Khi quay tam giác \(ABC\) quanh cạnh \(AB\) thì đường gấp khúc \(BCA\) tạo thành
A. mặt nón. B. hình nón. C. hình trụ D. hình cầu.
Câu 24. Cho mặt cầu \((S)\) tâm \(O\), bán kính \(R = 3.\) Một mặt phẳng \((P)\) cắt \((S)\) theo giao tuyến là đường tròn \((C)\) sao cho khoảng cách từ điểm \(O\) đến \((P)\) bằng \(1.\) Chu vi đường tròn \((C)\) bằng
A. \(4\pi .\) B. \(8\pi .\) C. \(2\sqrt 2 \pi .\) D. \(4\sqrt 2 \pi .\)
Câu 25. Cho \(a,\,b,\,c\) là các số thực dương khác \(1.\) Mệnh đề nào dưới đây sai?
A. \({\log _a}\frac{b}{c} = {\log _a}b - {\log _a}c.\) B. \({\log _a}b = \frac{{{{\log }_c}a}}{{{{\log }_c}b}}.\)
C. \({\log _a}(bc) = {\log _a}b + {\log _a}c.\) D. \({\log _a}{b^\alpha } = \alpha {\log _a}b.\)
Câu 26. Hàm số nào sau đây có đồ thị là hình vẽ bên dưới?
A. \(y = {x^3} - 3x - 1.\) B. \(y = - {x^4} + 3{x^2} - 1.\) C. \(y = {x^4} - 2{x^2} - 1.\) D. \(y = - {x^3} + 3x - 1.\)
Câu 27. Khi quay hình chữ nhật \(ABCD\) xung quanh cạnh \(AB\) thì đường gấp khúc \(ABCD\) tạo thành
A. lăng trụ. B. mặt trụ. C. hình trụ. D. khối trụ.
Câu 28. Một hình trụ có diện tích toàn phần là \(10\pi {a^2}\) và bán kính đáy bằng \(a.\) chiều cao của hình trụ đã cho bằng
A. \(3a.\) B. \(4a.\) C. \(2a.\) D. \(6a.\)
Câu 29. Cho hàm số \(y = f(x)\) có bảng biến thiên như sau:
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng
A. \(5.\) B. \(2.\) C. \(0.\) D. \(1.\)
Câu 30. Tập xác định của hàm số \(y = {({x^2} + 3x - 4)^{ - \pi }}\) là
A. \(( - \infty ; - 4) \cup (1; + \infty ).\) B. \(( - 4;\,1).\) C. \(\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 4;\,1} \right\}.\) D. \(\mathbb{R}.\)
Câu 31. Tất cả giá trị của tham số \(m\) sao cho hàm số \(y = \frac{{{x^2} + mx + 1}}{{x + m}}\) đạt cực tiểu tại điểm \(x = 2\) là
A. \(m = - 1;\,m = - 3.\) B. \(m = - 3.\) C. \(m = - 1.\) D. \(m = 1;\,m = 3.\)
Câu 32. Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông, \(SA = a\sqrt 6 \) và \(SA\) vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\), góc giữa \(SC\) và mặt phẳng \((ABCD)\) bằng \({60^{\rm{O}}}.\) Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.ABCD\) bằng
A. \(4a\sqrt 2 .\) B. \(8a\sqrt 2 .\) C. \(a\sqrt 2 .\) D. \(2a\sqrt 2 .\)
Câu 33. Biết đồ thị của hàm số \(y = \frac{{(2m - 1)x + 3}}{{x - m + 1}}\) (\(m\) là tham số) có hai đường tiệm cận. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận và \(A(4;7)\). Tổng của tất cả các giá trị của tham số \(m\) sao cho \(AI = 5\) là
A. \(\frac{{42}}{5}.\) B. \(2.\) C. \(\frac{{32}}{5}.\) D. \(\frac{{25}}{5}.\)
Câu 34. Ông An mua một chiếc ô tô giá \(700\) triệu đồng. Ông An trả trước \(500\) triệu đồng, phần tiền còn lại được thanh toán theo phương thức trả góp với một số tiền cố định hàng tháng, lãi suất \(0,75\% \)/tháng. Hỏi hàng tháng, ông An phải trả số tiền là bao nhiêu (làm tròn đến nghìn đồng) để sau đúng 2 năm thì ông trả hết nợ? (Giả sử lãi suất không thay đổi trong suốt thời gian này)
A. \(9.236.000\) đồng. B. \(9.316.948\) đồng. C. \(9.970.000\) đồng. D. \(9.971.000\) đồng.
Câu 35. Cho \(a,b\) là hai số thực khác \(0\) thỏa mãn \({\left( {\frac{1}{{64}}} \right)^{{a^2} + 4ab}} = {\left( {\sqrt[3]{{256}}} \right)^{3{a^2} - 10ab}}\). Tỉ số \(\frac{b}{a}\) bằng
A. \(\frac{{76}}{{21}}\) B. \(\frac{{76}}{3}\) C. \(\frac{{21}}{4}\) D. \(\frac{4}{{21}}\)
Câu 36. Cho khối chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\)¸\(M\) là trung điểm của \(BC\), hình chiếu vuông góc của \(S\) trên mặt phẳng\(\left( {ABC} \right)\) trùng với trung điểm \(H\) của đoạn thẳng \(AM\), góc giữa mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) bằng \({60^o}\). Thể tích của khối chóp \(S.ABC\) bằng
A. \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{16}}\) B. \(\frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{{16}}\) C. \(\frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{8}\) D. \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}\)
Câu 37. Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) sao cho phương trình \({x^3} - 3x + 1 + m = 0\) có ba nghiệm thực phân biệt.
A. \(m \in \left( { - 3;1} \right)\) B. \(m \in \left( {1;3} \right)\) C. \(m \in \left( { - 2;2} \right)\) D. \(m \in \left( { - 1;3} \right)\)
Câu 38. Biết giá trị lớn nhất của hàm số \(y = - {x^2} + 4x - m\) trên đoạn \(\left[ { - 1;3} \right]\) bằng \(10\). Giá trị của tham số \(m\) là
A. \(m = - 6\) B. \(m = - 7\) C. \(m = 3\) D. \(m = 15\)
Câu 39. Tất cả các giá trị của tham số \(m\) sao cho hàm số \(y = {x^3} - m{x^2} - (m - 6)x + 1\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0;4} \right)\) là
A. \(m \le 3\) B. \(3 \le m \le 6\) C. \(m \le 6\) D. \(m < 3\)
Câu 40. Cho hàm số \(f(x)\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}\). Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(g(x) = {e^{3{x^2} - 2{x^3}}} - f(x)\) trên đoạn \(\left[ {0;1} \right]\) bằng
A. \(f(0)\) B. \(e - f(1)\) C. \(f(1)\) D. \(1 - f(0)\)
Câu 41. Cho \(a,b,c\) là các số nguyên dương. Giả sử \({\log _{18}}(2430) = a{\log _{18}}3 + b{\log _{18}}5 + c\). Giá trị của biểu thức \(3a + b + 1\) bằng
A. \(9\) B. \(11\) C. \(1\) D. \(7\)
Câu 42. Cho hình trụ \(\left( T \right)\) có chiều cao bằng \(8a\). Một mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) song song với trục cà cách trục của hình trụ này một khoảng bằng \(3a\), đồng thời \(\left( \alpha \right)\) cắt \(\left( T \right)\) theo thiết diện là một hình vuông. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng
A. \(40\pi {a^2}\) B. \(30\pi {a^2}\) C. \(60\pi {a^2}\) D. \(80\pi {a^2}\)
Câu 43. Đặt \(S = \left( {a;b} \right)\) là tập nghiệm của bất phương trình \(3{\log _2}\left( {x + 3} \right) - 3 \le {\log _2}{\left( {x + 7} \right)^3} - {\log _2}{\left( {2 - x} \right)^3}\). Tổng của tất cả các giá trị nguyên thuộc \(S\) bằng:
A. \( - 2\) B. \( - 3\) C. \(2\) D. \(3\)
Câu 44. Biết phương trình \({9^x} - {2.12^x} - {16^x} = 0\) có một nghiệm dạng \(x = {\log _{\frac{a}{4}}}\left( {b + \sqrt c } \right)\), với \(a,\,\,b,\,\,c\) là các số nguyên dương. Giá trị của biểu thức \(a + 2b + 3c\) bằng
A. \(9.\) B. \(2.\) C. \(8.\) D. \(11.\)
Câu 45. Cho khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có đáy là tam giác đều cạnh \(a\), hình chiếu vuông góc của \(A'\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) trùng với trung điểm của cạnh \(AB\), góc giữa đường thẳng \(A'A\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) bằng \({60^0}\). Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) bằng
A. \(\frac{{3{a^3}}}{8}.\) B. \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}.\) C. \(\frac{{{a^3}}}{8}.\) D. \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}.\)
Câu 46. Một hòn đảo ở vị trí \(C\) cách bờ biển \(d\) một khoảng \(BC = 4\)km. Trên bờ biển \(d\) người ta xây một nhà máy điện tại vị trí \(A\). Để kéo đường dây điện ra ngoài đảo, người ta đặt một trụ điện ở vị trí \(S\) trên bờ biển (như hình vẽ). Biết rằng khoảng cách từ \(B\) đến \(A\) là 16 km, chi phí để lắp đặt mỗi km dây điện dưới nước là 20 triệu đồng và lắp đặt ở đất liền là 12 triệu đồng. Hỏi trụ điện cách nhà máy điện một khoảng bao nhiêu để chi phí lắp đặt thấp nhất?
A. \(16\,{\rm{km}}{\rm{.}}\) B. \(3\,{\rm{km}}{\rm{.}}\) C. \(4\,{\rm{km}}{\rm{.}}\) D. \(13\,{\rm{km}}{\rm{.}}\)
Câu 47. Người ta thiết kế một chiếc thùng hình trụ có thể tích \(V\) cho trước. Biết rằng chi phí làm mặt đáy và nắp của thùng bằng nhau và gấp 3 lần chi phí làm mặt xung quanh của thùng (chi phí cho mỗi đơn vị diện tích). Gọi \(h,r\) lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của thùng. Tỉ số \(\frac{h}{r}\) bằng bao nhiêu để chi phí sản xuất chiếc thùng đã cho thấp nhất?
A. \(\frac{h}{r} = 2.\) B. \(\frac{h}{r} = 6.\) C. \(\frac{h}{r} = 8.\) D. \(\frac{h}{r} = 3.\)
Câu 48. Tất cả giá trị của tham số \(m\) sao cho bất phương trình \({\log _{0,02}}\left( {{{\log }_2}\left( {{3^x} + 1} \right)} \right) > {\log _{0,02}}m\) có nghiệm với mọi số thực âm là
A. \(m < 2.\) B. \(m \ge 1.\) C. \(0 < m < 1.\) D. \(m > 1.\)
Câu 49. Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(3a\), \(SA = a\), \(SA\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\). Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC;\)\(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SB\) và \(SC\). Thể tích của khối tứ diện \(AMNG\) bằng
A. \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}.\) B. \(\frac{{3\sqrt 3 {a^3}}}{{16}}.\) C. \(\frac{{3\sqrt 3 {a^3}}}{8}.\) D. \(\frac{{9\sqrt 3 {a^3}}}{{16}}.\)
Câu 50. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) để đường thẳng \(y = - x + m\) cắt đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 2}}{{x - 1}}\) tại hai điểm phân biệt \(A,B\) sao cho \(O{A^2} + O{B^2} = 8\)?
A. \(0.\) B. \(2.\) C. \(1.\) D. \(3.\)
Lời giải chi tiết
|
1. A |
2. D |
3. C |
4. D |
5. C |
6. B |
7. B |
8. D |
9. C |
10. D |
|
11. C |
12. A |
13. B |
14. C |
15. C |
16. A |
17. B |
18. C |
19. D |
20. C |
|
21. D |
22. B |
23. B |
24. D |
25. B |
26. D |
27. C |
28. B |
29. A |
30. A |
|
31. C |
32. C |
33.A |
34. B |
35. C |
36. A |
37. A |
38. A |
39. A |
40. D |
|
41. B |
42. D |
43. A |
44. D |
45. A |
46. D |
47. B |
48. B |
49. A |
50. B |
Câu 1
Phương pháp:
- Áp dụng định lí Pytago tính độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông cân \(ABC\), từ đó tính diện tích \(\Delta ABC\).
- Thể tích khối chóp \(V = \frac{1}{3}S.h\) với \(S\) là diện tích đáy và \(h\) là chiều cao hình chóp
Cách giải:
Xét tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) ta có
\(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} \Leftrightarrow 2A{B^2} = {\left( {a\sqrt 3 } \right)^2}\)\( \Leftrightarrow A{B^2} = \frac{{3{a^2}}}{2}\).
\( \Rightarrow AB = \frac{{a\sqrt 6 }}{2} = AC \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{{3{a^2}}}{4}\).
Vậy thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .\frac{{3{a^2}}}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\).
Chọn A.
Câu 2
Phương pháp:
Sử dụng cách đọc đồ thị hàm số trùng phương \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\,\,\left( {a \ne 0} \right)\).
- Đồ thị có nhánh cuối cùng đi lên (xuống) suy ra \(a > 0\,\,\left( {a < 0} \right)\).
- Đồ thị cắt trục tung tại điểm nằm trên (dưới) trục hoành suy ra \(c > 0\,\,\left( {c < 0} \right)\).
- Hàm số có 3 (1) điểm cực trị suy ra \(ab < 0\) \(\left( {ab \ge 0} \right)\).
Cách giải:
Từ hình vẽ ta thấy:
- Nhánh cuối cùng của đồ thị đi lên nên \(a > 0\).
- Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm nằm dưới trục hoành nên \(c < 0\).
- Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên \(ab < 0 \Rightarrow b < 0\) (vì \(a > 0\))
Vậy \(a > 0,b < 0,c < 0\).
Chọn D.
Câu 3
Phương pháp:
Sử dụng: Khối đa diện đều là khối đa diện lồi thỏa mãn
+ Các mặt của nó là các đa giác đều p cạnh.
+ Mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng q mặt.
Khối đa diện đều như vậy được gọi là khối đa diện đều loại \(\left\{ {p;q} \right\}\).
Cách giải:
Hình bát diện đều có các mặt là tam giác đều nên \(p = 3\) và mỗi đỉnh là đỉnh chung của 4 mặt nên \(q = 4.\)
Vậy khối bát diện đều là khối đa diện \(\left\{ {3;4} \right\}\).
Chọn C.
Câu 4
Phương pháp:
Sử dụng định lý Pytago để tính độ dài đường sinh của hình nón.
Cách giải:
Đường kính đáy là \(AB = 2a\).
Tam giác \(SAB\) vuông cân tại \(S\), ta có \(S{A^2} + S{B^2} = A{B^2}\)\( \Leftrightarrow S{A^2} + S{A^2} = {\left( {2a} \right)^2}\).
\( \Leftrightarrow 2S{A^2} = 4{a^2} \Rightarrow SA = a\sqrt 2 \).
Vậy đường sinh của hình nón là \(l = a\sqrt 2 \).
Chọn D.
Câu 5
Phương pháp:
Sử dụng công thức : \({\log _a}\left( {bc} \right) = {\log _a}b + {\log _a}c,\)\({\log _a}{b^\alpha } = \alpha {\log _a}b\) với \(0 < a \ne 1;b,c > 0\).
Cách giải:
Với \(a > 0,\,\,a \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,{\log _3}\left( {3a} \right) - 3{\log _a}\sqrt[3]{a}\\ = {\log _3}3 + {\log _3}a - {\log _a}{\left( {\sqrt[3]{a}} \right)^3}\\ = 1 + {\log _3}a - {\log _a}a\\ = 1 + {\log _3}a - 1\\ = {\log _3}a\end{array}\)
Chọn C.
Câu 6
Phương pháp:
Quan sát đồ thị hàm số để tìm khoảng nghịch biến: Trên khoảng \(\left( {a;b} \right)\) quan sát từ trái qua phải, đồ thị hàm số đi xuống thì hàm số nghịch biến trên \(\left( {a;b} \right)\).
Cách giải:
Từ đồ thị hàm số ta thấy với \(x \in \left( { - \infty ;0} \right)\) thì đồ thị hàm số đi xuống nên hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\).
Chọn B.
Câu 7
Phương pháp:
- Xác định đường cao của khối chóp đều.
- Sử dụng định lí Pytago để tính chiều cao của khối chóp.
- Thể tích khối chóp \(V = \frac{1}{3}S.h\) với \(S\) là diện tích đáy và \(h\) là chiều cao hình chóp.
Cách giải:
Hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).
Theo bài ra ta có : \(AB = a;\,\,SA = a\sqrt 3 \).
Hình vuông \(ABCD\) cạnh \(a\) có \(AC = AB\sqrt 2 = a\sqrt 2 \) \( \Rightarrow OA = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Xét tam giác \(SAO\) vuông tại \(O\) ta có \(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} \) \( = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} \)\( = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}\).
Vậy thể tích khối chóp là \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}}\)\( = \frac{1}{3}.SO.A{B^2} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt {10} }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt {10} }}{6}\).
Chọn B.
Câu 8
Phương pháp:
- Diện tích hình chữ nhật bằng tích chiều dài và chiều rộng, dựa vào đó tính chiều cao của lăng trụ.
- Thể tích lăng trụ \(V = S.h\) với \(S\) là diện tích đáy và \(h\) là chiều cao lăng trụ.
Cách giải:
Các mặt bên của hình lăng trụ tam giác đều là hình chữ nhật.
Xét hình chữ nhật \(ABB'A'\) ta có \({S_{ABB'A'}} = AB.AA'\) \( \Leftrightarrow 4{a^2} = a\sqrt 2 .AA' \Leftrightarrow AA' = 2a\sqrt 2 \).
Diện tích đáy \({S_{\Delta ABC}} = \frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}.\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\) (Do tam giác \(ABC\) đều).
Vậy thể tích khối lăng trụ là \(V = AA'.{S_{\Delta ABC}} = 2a\sqrt 2 .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = {a^3}\sqrt 6 \).
Chọn D.
Câu 9
Phương pháp:
Giải bất phương trình dạng \({\log _a}f\left( x \right) > {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow 0 < f\left( x \right) < g\left( x \right)\) (với \(0 < a < 1\))
Cách giải:
Ta có: \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {3x - 2} \right) > {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {4 - x} \right)\)
\( \Leftrightarrow 0 < 3x - 2 < 4 - x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x - 2 > 0\\4x < 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > \frac{2}{3}\\x < \frac{3}{2}\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của bất phương trình \(S = \left( {\frac{2}{3};\frac{3}{2}} \right).\)
Chọn C.
Chú ý: Khi giải phương trình hoặc bất phương trình lôgarit cần phải đặc biệt chú ý đến điều kiện xác định của phương trình.
Câu 10
Phương pháp:
Số điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) có \(f'\left( x \right)\) là đa thức là số nghiệm bội lẻ của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\).
Cách giải:
Xét \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right){\left( {x - 3} \right)^4} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\\x = 3\end{array} \right.\).
Trong các nghiệm trên có \(x = 3\) là nghiệm bội chẵn nên không phải cực trị.
Vậy hàm số \(y = f\left( x \right)\) có hai điểm cực trị \(x = 1,\,\,x = 2\).
Chọn D.
Câu 11
Phương pháp:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) \(\left( C \right)\) xác định trên \(D\).
Đường thẳng \(y = {y_0}\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) nếu 1 trong các điều kiện sau được thỏa mãn
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = {y_0};\) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = {y_0}\).
Đường thẳng \(x = {x_0}\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) nếu 1 trong các điều kiện sau được thỏa mãn
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f\left( x \right) = - \infty ;\)\(\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f\left( x \right) = + \infty ;\) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } f\left( x \right) = + \infty ;\) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } f\left( x \right) = - \infty \) .
Cách giải:
Từ BBT ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } f\left( x \right) = 1\) nên \(y = 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\).
Và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} f\left( x \right) = + \infty ;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} f\left( x \right) = - \infty \) nên \(x = - 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\).
Vậy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có hai đường tiệm cận.
Chọn C.
Câu 12
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính đạo hàm: \(\left( {\ln u} \right)' = \frac{{u'}}{u}\).
Cách giải:
Ta có \(y' = \left( {\ln \left( {{x^2} + {e^2}} \right)} \right)' = \frac{{\left( {{x^2} + {e^2}} \right)'}}{{{x^2} + {e^2}}} = \frac{{2x}}{{{x^2} + {e^2}}}\).
Chọn A.
Câu 13
Phương pháp:
- Tính diện tích đáy, sử dụng công thức diện tích tam giác vuông bằng nửa tích hai cạnh góc vuông.
- Áp dụng định lí Pytago để tính chiều cao của khối lăng trụ.
- Thể tích lăng trụ \(V = S.h\) với \(S\) là diện tích đáy và \(h\) là chiều cao lăng trụ.
Cách giải:
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) nên \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.2.2\sqrt 2 = 2\sqrt 2 \).
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) ta có \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{2^2} + {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}} = 2\sqrt 3 \).
Xét tam giác \(BB'C\) vuông tại \(B\) ta có \(BB' = \sqrt {B'{C^2} - B{C^2}} = \sqrt {{4^2} - {{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2}} = 2\).
Vậy thể tích khối lăng trụ là \(V = BB'.{S_{\Delta ABC}} = 2.2\sqrt 2 = 4\sqrt 2 \).
Chọn B.
Câu 14
Phương pháp:
- Mặt cầu có bán kính \(R\) thì có diện tích \(S = 4\pi {R^2}\), từ đó tính bán kính \(R\).
- Thay vào công thức \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\) tính thể tích khối cầu.
Cách giải:
Gọi \(R\) là bán kính mặt cầu ta có \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi {a^2} \Rightarrow R = a\).
Vậy thể tích khối cầu là \(V = \frac{4}{3}\pi {a^3}\).
Chọn C.
Câu 15
Phương pháp:
Quan sát đồ thị hàm số để tìm giá trị nhỏ nhất trên đoạn \(\left[ { - 2;2} \right]\).
Cách giải:
Trên đoạn \(\left[ { - 2;2} \right]\) ta thấy điểm thấp nhất của đồ thị hàm số là điểm có tọa độ \(\left( { - 2; - 2} \right)\) nên giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ { - 2;2} \right]\) là \( - 2\), đạt được khi \(\left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 1\end{array} \right.\).
Chọn C.
Câu 16
Phương pháp:
Đường thẳng \(x = {x_0}\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) nếu 1 trong các điều kiện sau được thỏa mãn : \(\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f\left( x \right) = - \infty ;\)\(\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f\left( x \right) = + \infty ;\) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } f\left( x \right) = + \infty ;\) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } f\left( x \right) = - \infty \) .
Cách giải:
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\).
Sử dụng MTCT ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{{x^2} + 8}}{{{x^3} - 8}} = + \infty \).
Vậy đường thẳng \(x = 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^3} + 8}}{{{x^3} - 8}}\).
Chọn A.
Câu 17
Phương pháp:
- Quan sát BBT xác định các đường tiệm cận của đồ thị hàm số, từ đó loại đáp án: Đồ thị hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) có \(y = \frac{a}{c}\) là tiệm cận ngang và \(x = - \frac{d}{c}\) là tiệm cận đứng.
Cách giải:
Từ BBT ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } = 1\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} = + \infty \end{array} \right.\) nên \(y = 1\) là tiệm cận ngang và \(x = 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Từ các đáp án ta thấy đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 2}}{{x - 1}}\) có \(y = 1\) là tiệm cận ngang và \(x = 1\) là tiệm cận đứng.
Chọn B.
Câu 18
Phương pháp:
Giải phương trình mũ dạng \({a^{f\left( x \right)}} = {a^{g\left( x \right)}} \Leftrightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right)\,\,\left( {0 < a \ne 1} \right)\).
Cách giải:
Ta có
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{3^{{x^2} - 3x + 4}} = 9 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 4 = 2\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Tổng các nghiệm của phương trình là \(2 + 1 = 3.\)
Chọn C.
Câu 19
Phương pháp:
Tìm GTLN, GTNN của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên \(\left[ {a;b} \right] \subset D\) (\(D\) là TXĐ của hàm số).
- Tính \(f'\left( x \right)\), giải phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) tìm được các nghiệm \({x_i} \in \left[ {a;b} \right]\) và các giá trị \({x_j}\) làm cho \(f'\left( x \right)\) không xác định
- Tính \(f\left( {{x_i}} \right),f\left( {{x_j}} \right),f\left( a \right),f\left( b \right)\)
- Khi đó \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \max \left\{ {f\left( {{x_i}} \right),f\left( {{x_j}} \right),f\left( a \right),f\left( b \right)} \right\}\) và \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \min \left\{ {f\left( {{x_i}} \right),f\left( {{x_j}} \right),f\left( a \right),f\left( b \right)} \right\}\)
Cách giải:
Đặt \(y = f\left( x \right) = {x^3} - 12x + 2\)
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\). Ta có \(\left[ { - 3;0} \right] \subset \mathbb{R}\).
Xét \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2 \notin \left[ { - 3;0} \right]\\x = - 2 \in \left[ { - 3;0} \right]\end{array} \right.\)
Ta có \(f\left( 0 \right) = 2;f\left( { - 3} \right) = 11;f\left( { - 2} \right) = 18\).
Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 3;0} \right]} f\left( x \right) = f\left( { - 2} \right) = 18\).
Chọn D.
Câu 20
Phương pháp:
Khối đa diện \(\left( H \right)\) là khối đa diện lồi nếu đoạn thẳng nối hai điểm bất kì của \(\left( H \right)\) luôn thuộc \(\left( H \right)\)
Cách giải:
Quan sát hình vẽ ta thấy có hình 1 không phải hình đa diện.
Ba hình còn lại đều là hình đa diện.
Chọn C.
Câu 21
Phương pháp:
Quan sát đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\)
Nếu đồ thị hàm số \(f'\left( x \right)\)nằm phía trên trục hoành thì \(f'\left( x \right) > 0\) hay hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến
Nếu đồ thị hàm số \(f'\left( x \right)\)nằm phía dưới trục hoành thì \(f'\left( x \right) > 0\) hay hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến
Cách giải:
Từ hình vẽ ta thấy trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\) thì đồ thị hàm số \(f'\left( x \right)\) nằm phía trên trục hoành nên \(f'\left( x \right) > 0\) hay hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến.
Chọn D.
Câu 22
Phương pháp:
Sử dụng công thức \(\sqrt[n]{{{a^m}}} = {a^{\frac{m}{n}}},{a^m}.{a^n} = {a^{m + n}}\left( {a > 0} \right)\)
Cách giải:
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\sqrt[5]{{{x^3}\sqrt[3]{{{x^2}\sqrt x }}}}\,\, = \sqrt[5]{{{x^3}\sqrt[3]{{{x^2}.{x^{\frac{1}{2}}}}}}}\\ = \sqrt[5]{{{x^3}\sqrt[3]{{{x^{\frac{5}{2}}}}}}} = \sqrt[5]{{{x^3}{x^{\frac{5}{2}:3}}}} = \sqrt[5]{{{x^3}{x^{\frac{5}{6}}}}}\\ = \sqrt[5]{{{x^{3 + \frac{5}{6}}}}} = \sqrt[5]{{{x^{\frac{{23}}{6}}}}} = {x^{\frac{{23}}{6}.\frac{1}{5}}} = {x^{\frac{{23}}{{30}}}}\end{array}\)
Vậy \(\alpha = \frac{{23}}{{30}}\).
Chọn B.
Câu 23
Phương pháp:
Sử dụng định nghĩa hình nón tròn xoay.
Cách giải:
Khi quay tam giác \(ABC\) quanh cạnh \(AB\) thì đường gấp khúc \(BCA\) tạo thành hình nón.
Chọn B.
Câu 24
Phương pháp:
- Sử dụng định lý Pytago để tính bán kính \(r\) của đường tròn giao tuyến.
- Chu vi đường tròn bán kính \(r\) là \(C = 2\pi r\).
Cách giải:
Theo bài ra ta có \(OA = R = 3,\,\,OH = d\left( {O;\left( P \right)} \right) = 1\).
Xét tam giác \(OHA\) vuông tại \(H\) thì \(HA = \sqrt {O{A^2} - O{H^2}} \)\( = \sqrt {{3^2} - {1^2}} = 2\sqrt 2 \).
Vậy chu vi đường tròn cần tìm là \(C = 2\pi .HA = 2\pi .2\sqrt 2 = 4\sqrt 2 \pi \).
Chọn D.
Câu 25
Phương pháp:
Sử dụng các công thức với \(a,b,c\) dương và khác \(1\).
\(\begin{array}{l}{\log _a}\frac{b}{c} = {\log _a}b - {\log _a}c\\{\log _a}(bc) = {\log _a}b + {\log _a}c\\{\log _a}{b^\alpha } = \alpha {\log _a}b\\{\log _a}b = \frac{{{{\log }_c}b}}{{{{\log }_c}a}}\end{array}\)
Cách giải:
Vì \({\log _a}b = \frac{{{{\log }_c}b}}{{{{\log }_c}a}}\) nên câu B sai.
Chọn B.
Câu 26
Phương pháp:
- Sử dụng dạng đồ thị nhận biết hàm số đa thức bậc ba \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) hay bậc bốn trùng phương \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\,\,\left( {a \ne 0} \right)\).
- Dựa vào nhánh cuối cùng của đồ thị suy ra dấu của hệ số \(a\).
Cách giải:
Từ hình vẽ ta suy ra đồ thị của hàm đa thức bậc ba nên loại B và C.
Vì từ đồ thị hàm số ta thấy nhánh cuối cùng của đồ thị đi xuống nên \(a < 0\), do đó loại đáp án A.
Vậy chỉ có hàm số \(y = - {x^3} + 3x - 1\) thỏa mãn.
Chọn D.
Câu 27
Phương pháp:
Sử dụng định nghĩa hình trụ tròn xoay.
Cách giải:
Khi quay hình chữ nhật \(ABCD\) xung quanh cạnh \(AB\) thì đường gấp khúc \(ABCD\) tạo thành hình trụ có chiều cao \(AB\) và bán kính đáy là \(AD.\)
Chọn C.
Câu 28
Phương pháp:
Hình trụ có chiều cao \(h\) và bán kính đáy \(r\) thì có diện tích toàn phần là \({S_{tp}} = 2\pi rh + 2\pi {r^2}\).
Cách giải:
Gọi \(h\) là chiều cao hình trụ
Ta có \({S_{tp}} = 2\pi rh + 2\pi {r^2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 10\pi {a^2} = 2\pi a.h + 2\pi {a^2}\\ \Leftrightarrow 2\pi ah = 8\pi {a^2}\\ \Leftrightarrow h = 4a\end{array}\)
Chọn B.
Câu 29
Phương pháp:
Quan sát BBT để tìm giá trị cực đại của hàm số.
Cách giải:
Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x = 2\) và giá trị cực đại là \(y = 5.\)
Chọn A.
Chú ý: Phân biệt điểm cực trị và giá trị cực trị của hàm số.
Câu 30
Phương pháp::
Hàm số \({\left( {f\left( x \right)} \right)^\alpha }\) với \(\alpha \) không là số nguyên xác định khi và chỉ khi \(f\left( x \right)\) xác định và \(f\left( x \right) > 0\).
Cách giải:
Hàm số \(y = {({x^2} + 3x - 4)^{ - \pi }}\) có \( - \pi \notin \mathbb{Z}\).
ĐK: \({x^2} + 3x - 4 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 1\\x < - 4\end{array} \right.\).
TXĐ: \(D = \left( { - \infty ; - 4} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right).\)
Chọn A.
Câu 31
Phương pháp:
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đạt cực tiểu tại điểm \(x = {x_0}\) khi và chỉ khi hàm số liên tục tại \({x_0}\) và \(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( {{x_0}} \right) = 0\\f''\left( {{x_0}} \right) > 0\end{array} \right.\).
Cách giải:
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - m} \right\}\).
Ta có
\(\begin{array}{l}y' = \frac{{\left( {2x + m} \right)\left( {x + m} \right) - \left( {{x^2} + mx + 1} \right)}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\\\,\,\,\,\,\, = \frac{{2{x^2} + 2mx + mx + {m^2} - {x^2} - mx - 1}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\\\,\,\,\,\,\, = \frac{{{x^2} + 2mx + {m^2} - 1}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\end{array}\)
Điều kiện cần để hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 2\) là:
\(y'\left( 2 \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{{2^2} + 2m.2 + {m^2} - 1}}{{{{\left( {2 + m} \right)}^2}}} = 0\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 4m + 3 = 0\\m \ne - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\\m = - 3\end{array} \right.\)
Với \(m = - 3\) ta có \(y' = \frac{{{x^2} - 6x + 8}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 4\end{array} \right.\).
Lại có
\(\begin{array}{l}y'' = \frac{{\left( {2x - 6} \right){{\left( {x - 3} \right)}^2} - 2\left( {x - 3} \right)\left( {{x^2} - 6x + 8} \right)}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^4}}}\\\,\,\,\,\,\,\, = \frac{{\left( {2x - 6} \right)\left( {x - 3} \right) - 2\left( {{x^2} - 6x + 8} \right)}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^3}}}\\\,\,\,\,\,\,\, = \frac{2}{{{{\left( {x - 3} \right)}^3}}}\end{array}\)
\( \Rightarrow y''\left( 2 \right) = - 2 < 0\) nên \(x = 2\) là điểm cực đại của hàm số. Hay \(m = - 3\) không thỏa mãn.
Với \(m = - 1\) ta có \(y' = \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\).
Lại có
\(\begin{array}{l}y'' = \frac{{\left( {2x - 2} \right){{\left( {x - 1} \right)}^2} - 2\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 2x} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^4}}}\\\,\,\,\,\,\,\, = \frac{{\left( {2x - 2} \right)\left( {x - 1} \right) - 2\left( {{x^2} - 2x} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^4}}}\\\,\,\,\,\,\,\, = \frac{2}{{{{\left( {x - 1} \right)}^4}}}\end{array}\)
\( \Rightarrow y''\left( 2 \right) = 2 > 0\) nên \(x = 2\) là điểm cực tiểu của hàm số (thỏa mãn).
Vậy \(m = - 1\) thỏa mãn đề bài.
Chọn C.
Câu 32
Phương pháp:
- Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp là điểm cách đều tất cả các đỉnh của khối chóp.
- Xác định góc giữa \(SC\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là góc giữa \(SC\) và hình chiếu của \(SC\) lên \(\left( {ABCD} \right)\).
- Tính toán bán kính mặt cầu ngoại tiếp dựa vào tỉ số lượng giác của góc nhọn.
Cách giải:
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\) hay \(\widehat {SBC} = {90^0}\)
Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot SA\\CD \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot SD\) hay \(\widehat {SDC} = {90^0}\)
Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC\) hay \(\widehat {SAC} = {90^0}\)
Từ đó ba đỉnh \(A,B,D\) cùng nhìn cạnh \(SC\) dưới một góc vuông \(A,\,\,B,\,\,D\) thuộc mặt cầu đường kính \(SC\), do đó trung điểm \(I\) của \(SC\) cách đều 5 điểm \(S,\,\,A,\,\,B,\,\,C,\,\,D\).
Suy ra \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.ABCD\) và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là \(R = \frac{{SC}}{2}\)
Ta có \(AC\) là hình chiếu của \(SC\) lên \(\left( {ABCD} \right)\) nên \(\angle \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SC;AC} \right) = \angle SCA = {60^0}\).
Xét tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) có \(SC = \frac{{SA}}{{\sin \angle SCA}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{{\sin {{60}^0}}}\)\( = a\sqrt 6 :\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 2a\sqrt 2 .\)
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là \(R = \frac{{SC}}{2} = a\sqrt 2 \).
Chọn C.
Câu 33
Phương pháp:
- Đồ thị hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) có \(y = \frac{a}{c}\) là đường tiệm cận ngang và \(x = - \frac{d}{c}\) làm tiệm cận đứng.
- Từ đó sử dụng \(AI = \sqrt {{{\left( {{x_I} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_I} - {y_A}} \right)}^2}} \) để tìm \(m\).
Cách giải:
Điều kiện: \(x \ne m - 1\).
Để đồ thị hàm số có tiệm cận thì \(\left( {2m - 1} \right)\left( { - m + 1} \right) - 3 \ne 0 \Leftrightarrow - 2{m^2} + 3m - 4 \ne 0\) (luôn đúng).
Ta có:
Đường thẳng \(x = m - 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Đường thẳng \(y = 2m - 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Suy ra, giao điểm của hai tiệm cận là \(I\left( {m - 1;2m - 1} \right)\).
Theo bài ra ta có
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,AI = 5 \Rightarrow A{I^2} = 25\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 1 - 4} \right)^2} + {\left( {2m - 1 - 7} \right)^2} = 25\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 5} \right)^2} + {\left( {2m - 8} \right)^2} = 25\\ \Leftrightarrow 5{m^2} - 42m + 64 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{{32}}{5}\\m = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tổng các giá trị của \(m\) thỏa mãn là \(2 + \frac{{32}}{5} = \frac{{42}}{5}\).
Chọn A.
Câu 34
Phương pháp:
Sử dụng bài toán trả góp
Số tiền còn lại sau tháng thứ \(n\) là \({S_n} = a{\left( {1 + r} \right)^n} - m\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1}}{r}\) với \(a\) là số tiền nợ ban đầu, \(r\) là lãi suất, \(m\) là số tiền trả hàng tháng.
Để trả hết nợ thì \({S_n} = 0\) từ đó ta tìm ra \(m.\)
Cách giải:
Số tiền ông An còn nợ là 200 triệu đồng
Số tiền còn lại sau tháng thứ \(n\) là \({S_n} = a{\left( {1 + r} \right)^n} - m\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1}}{r}\)
\( \Rightarrow {S_{24}} = 200{\left( {1 + 0,75\% } \right)^{24}} - m.\frac{{{{\left( {1 + 0,75\% } \right)}^{24}} - 1}}{{0,75\% }}\)
Để trả hết nợ sau 2 năm \( = 24\) tháng thì \({S_{24}} = 0\)
Hay \(200{\left( {1 + 0,75\% } \right)^{24}} - m.\frac{{{{\left( {1 + 0,75\% } \right)}^{24}} - 1}}{{0,75\% }} = 0\)\( \Leftrightarrow m = \frac{{0,75\% .200.{{\left( {1 + 0,75\% } \right)}^{24}}}}{{{{\left( {1 + 0,75\% } \right)}^{24}} - 1}} = 9,316948\)
Vậy hàng tháng ông An phải trả 9137000 đồng thì sau hai năm ông An hết nợ
Chọn B.
Câu 35
Phương pháp:
Đưa phương trình về dạng cùng cơ số: \({a^{f\left( x \right)}} = {a^{g\left( x \right)}} \Leftrightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right)\,\,\left( {0 < a \ne 1} \right)\).
Cách giải:
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,{\left( {\frac{1}{{64}}} \right)^{{a^2} + 4ab}} = {\left( {\sqrt[3]{{256}}} \right)^{3{a^2} - 10ab}}\\ \Leftrightarrow {64^{ - {a^2} - 4ab}} = {256^{\frac{{3{a^2} - 10ab}}{3}}}\\ \Leftrightarrow {\left( {{4^3}} \right)^{ - {a^2} - 4ab}} = {\left( {{4^4}} \right)^{\frac{{3{a^2} - 10ab}}{3}}}\\ \Leftrightarrow {4^{ - 3{a^2} - 12ab}} = {4^{\frac{{12{a^2} - 40ab}}{3}}}\\ \Leftrightarrow - 3{a^2} - 12ab = \frac{{12{a^2} - 40ab}}{3}\\ \Leftrightarrow 21{a^2} - 4ab = 0\\ \Leftrightarrow 21a - 4b = 0\,\,\left( {do\,\,a > 0} \right)\\ \Leftrightarrow 21a = 4b \Leftrightarrow \frac{b}{a} = \frac{{21}}{4}\end{array}\)
Vậy \(\frac{b}{a} = \frac{{21}}{4}.\)
Chọn C.
Câu 36
Phương pháp::
- Thể tích khối chóp \(V = \frac{1}{3}S.h\) với \(S\) là diện tích đáy và \(h\) là chiều cao hình chóp
- Cách xác định góc giữa hai mặt phẳng \(\left( P \right),\left( Q \right)\): \(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \cap \left( Q \right) = a\\{d_1} \bot a;{d_1} \subset \left( P \right)\\{d_2} \bot a;{d_2} \subset \left( Q \right)\end{array} \right.\) thì góc giữa hai mặt phẳng \(\left( P \right),\left( Q \right)\) là góc giữa hai đường thẳng \({d_1};{d_2}\).
- Tính toán dựa vào tỉ số lượng giác của góc nhọn
Cách giải:
Vì tam giác \(ABC\) đều có \(AM\) là đường trung tuyến nên \(AM\) cũng là đường cao
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right)\)\( \Leftrightarrow BC \bot SM\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\AM \bot BC,\,\,AM \subset \left( {ABC} \right)\\SM \bot BC,\,\,SM \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right.\) nên góc giữa \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là góc giữa \(AM\) và \(SM\), hay \(\angle SMA = {60^0}\)
Vì tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AH = HM = \frac{{AM}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).
Xét tam giác \(SHM\) vuông tại \(M\) ta có \(SH = HM.\tan \angle SMA\)\( = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\tan {60^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\sqrt 3 = \frac{{3a}}{4}\).
Diện tích đáy \({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\) (do \(\Delta ABC\) đều cạnh \(a\)).
Vậy thể tích khối chóp là \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SH.{S_{\Delta ABC}}\) \( = \frac{1}{3}.\frac{{3a}}{4}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{16}}\).
Chọn A.
Câu 37
Phương pháp:
- Cô lập \(m\), đưa về sự tương giao của hai đồ thị hàm số: Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = g\left( x \right)\) chính là số giao điểm của hai đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right);\,\,y = g\left( x \right)\).
- Lập BBT của hàm số không chứa \(m\), từ đó tìm điều kiện để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Cách giải:
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)
Ta có \({x^3} - 3x + 1 + m = 0 \Leftrightarrow m = - {x^3} + 3x - 1\,\,\left( * \right)\).
Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = - {x^3} + 3x - 1\) và đường thẳng \(y = m\) song song với trục hoành.
Xét hàm số \(y = - {x^3} + 3x - 1\) có \(y' = - 3{x^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow y = 1\\x = - 1 \Rightarrow y = - 3\end{array} \right.\).
BBT :
Từ BBT ta thấy đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số \(y = - {x^3} + 3x - 1\) tại 3 điểm phân biệt khi \( - 3 < m < 1\) hay \(m \in \left( { - 3;1} \right)\).
Chọn A.
Câu 38
Phương pháp:
- Tìm GTLN, GTNN của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên \(\left[ {a;b} \right] \subset D\) theo \(m\).
+ Tính \(f'\left( x \right)\), giải phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) tìm được các nghiệm \({x_i} \in \left[ {a;b} \right]\) và các giá trị \({x_j}\) làm cho \(f'\left( x \right)\) không xác định
+ Tính \(f\left( {{x_i}} \right),f\left( {{x_j}} \right),f\left( a \right),f\left( b \right)\)
+ Khi đó \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \max \left\{ {f\left( {{x_i}} \right),f\left( {{x_j}} \right),f\left( a \right),f\left( b \right)} \right\}\) và \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \min \left\{ {f\left( {{x_i}} \right),f\left( {{x_j}} \right),f\left( a \right),f\left( b \right)} \right\}\).
- Giải phương trình \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( x \right) = 10\) tìm \(m\).
Cách giải:
TXĐ : \(D = \mathbb{R}\).
Ta có \(y' = - 2x + 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2 \in \left[ { - 1;3} \right]\).
Ta có \(y\left( { - 1} \right) = - 5 - m;\,\,\,y\left( 2 \right) = 4 - m\) và \(y\left( 3 \right) = 3 - m\).
Vì \(4 - m > 3 - m > - 5 - m\) nên \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} y = 4 - m = 10 \Leftrightarrow m = - 6\).
Vậy \(m = - 6\).
Chọn A.
Câu 39
Phương pháp:
- Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có \(f'\left( x \right) \ge 0\) với \(\forall x \in \left( {a;b} \right)\) thì đồng biến trên \(\left( {a;b} \right)\).
- Từ đó cô lập \(m\) để đưa về dạng \(m \le g\left( x \right)\,\,\forall a \in \left( {a;b} \right) \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} g\left( x \right)\), lập BBT của hàm \(g\left( x \right)\) trên \(\left( {a;b} \right)\) sau đó suy ra \(m\).
Cách giải:
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\). Ta có: \(y' = 3{x^2} - 2mx - m + 6\).
Để hàm số đồng biến trên \(\left( {0;4} \right)\) thì \(y' \ge 0\,\,\,\forall x \in \left( {0;4} \right)\) hay \(3{x^2} - 2mx - m + 6 \ge 0,\forall x \in \left( {0;4} \right)\)
\( \Leftrightarrow m\left( {2x + 1} \right) \le 3{x^2} + 6\) \( \Leftrightarrow m \le \frac{{3{x^2} + 6}}{{2x + 1}}\) (*) (vì \(x \in \left( {0;4} \right) \Rightarrow 2x + 1 > 0\))
Xét hàm số \(g\left( x \right) = \frac{{3{x^2} + 6}}{{2x + 1}};x \in \left( {0;4} \right)\)
Ta có \(g'\left( x \right) = \frac{{6x\left( {2x + 1} \right) - 2\left( {3{x^2} + 6} \right)}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}\)\( = \frac{{6{x^2} + 6x - 12}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}\)
Giải phương trình \(g'\left( x \right) = 0 \Rightarrow 6{x^2} + 6x - 12 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in \left[ {0;4} \right]\\x = - 2 \notin \left[ {0;4} \right]\end{array} \right.\).
Ta có BBT:
Từ BBT ta có \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;4} \right]} g\left( x \right) = g\left( 1 \right) = 3\), do đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow m \le 3\).
Chọn A.
Câu 40
Phương pháp:
- Tính đạo hàm hàm số \(g\left( x \right)\), đánh giá và sử dụng giả thiết chứng minh \(g'\left( x \right) > 0\).
- Nếu hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left[ {a;b} \right]\) thì giá trị nhỏ nhất của hàm số trên \(\left[ {a;b} \right]\) là \(f\left( a \right)\).
Cách giải:
TXĐ : \(D = \mathbb{R}\).
Ta có \(g'\left( x \right) = \left( {6x - 6{x^2}} \right){e^{3{x^2} - 2{x^3}}} - f'\left( x \right)\)
Vì \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) nên \(f'\left( x \right) \le 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\) \( \Rightarrow - f'\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).
Lại có \(\left( {6x - 6{x^2}} \right){e^{3{x^2} - 2{x^3}}} \ge 0\,\,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\), do đó \(g'\left( x \right) \ge 0\) \(\forall x \in \mathbb{R}\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.
\( \Rightarrow \) Hàm số \(y = g\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {0;1} \right)\).
Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} g\left( x \right) = g\left( 0 \right) = {e^0} - f\left( 0 \right) = 1 - f\left( 0 \right)\).
Chọn D.
Câu 41
Phương pháp:
Sử dụng các công thức (giả sử các biểu thức là có nghĩa).
\(\begin{array}{l}{\log _a}\left( {bc} \right) = {\log _a}b + {\log _a}c\\{\log _a}{b^n} = n{\log _a}b\end{array}\)
Cách giải:
Ta có :
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,{\log _{18}}2430 = {\log _{18}}\left( {{3^3}.5.18} \right)\\ = {\log _{18}}{3^3} + {\log _{18}}5 + {\log _{18}}18\\ = 3{\log _{18}}3 + {\log _{18}}5 + 1\\ \Rightarrow a = 3,\,\,\,b = 1,\,\,c = 1.\end{array}\)
Vậy \(3a + b + 1 = 3.3 + 1 + 1 = 11\).
Chọn B.
Câu 42
Phương pháp:
- Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\) \( \Rightarrow OH\) là khoảng cách từ \(OO'\) đến \(\left( \alpha \right)\) \( \Rightarrow OH\).
- Áp dụng định lí Pytago tính bán kính đáy của hình trụ.
- Diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao \(h\), bán kính đáy \(R\) là \({S_{xq}} = 2\pi Rh\).
Cách giải:
Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\) \( \Rightarrow OH\) là khoảng cách từ \(OO'\) đến \(\left( \alpha \right)\) \( \Rightarrow OH = 3a\).
Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(AB = BC = OO' = 8a = h\) .
\( \Rightarrow BH = \frac{{AB}}{2} = 4a\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).
Xét tam giác \(OBH\) vuông tại \(H\) nên \(OB = \sqrt {B{H^2} + O{H^2}} = \sqrt {16{a^2} + 9{a^2}} = 5a = R\).
Vậy diện tích xung quanh hình trụ là : \({S_{xq}} = 2\pi Rh = 2\pi .5a.8a = 80\pi {a^2}\).
Chọn D.
Câu 43
Phương pháp:
- Tìm ĐKXĐ của phương trình.
- Biến đổi bất phương trình đã cho về cùng cơ số, sử dụng các công thức
\(\begin{array}{l}{\log _a}{b^m} = m{\log _a}b\\{\log _a}x + {\log _a}y = {\log _a}\left( {xy} \right)\end{array}\)
(Giả sử các biểu thức có nghĩa).
- Giải bất phương trình dạng \({\log _a}f\left( x \right) \le {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 1\\0 < f\left( x \right) \le g\left( x \right)\end{array} \right.\).
Cách giải:
Ta có : \(3{\log _2}\left( {x + 3} \right) - 3 \le {\log _2}{\left( {x + 7} \right)^3} - {\log _2}{\left( {2 - x} \right)^3}\)
ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3 > 0\\{\left( {x + 7} \right)^3} > 0\\{\left( {2 - x} \right)^3} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > - 3\\x > - 7\\x < 2\end{array} \right. \Leftrightarrow - 3 < x < 2\).
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,3{\log _2}\left( {x + 3} \right) - 3 \le {\log _2}{\left( {x + 7} \right)^3} - {\log _2}{\left( {2 - x} \right)^3}\\ \Leftrightarrow 3{\log _2}\left( {x + 3} \right) - 3 \le 3{\log _2}\left( {x + 7} \right) - 3{\log _2}\left( {2 - x} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 3} \right) - 1 \le {\log _2}\left( {x + 7} \right) - {\log _2}\left( {2 - x} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 3} \right) + {\log _2}\left( {2 - x} \right) \le {\log _2}\left( {x + 7} \right) + 1\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left[ {\left( {x + 3} \right)\left( {2 - x} \right)} \right] \le {\log _2}\left[ {2\left( {x + 7} \right)} \right]\\ \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left( {2 - x} \right) \le 2\left( {x + 7} \right)\,\\ \Leftrightarrow - {x^2} - x + 6 \le 2x + 14\end{array}\)
\( \Leftrightarrow {x^2} + 3x + 8 \ge 0\) (luôn đúng)
Kết hợp với ĐK ta được \( - 3 < x < 2\).
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( { - 3;2} \right)\).
\( \Rightarrow \) các giá trị nguyên thuộc \(S\) là \( - 2; - 1;0;1\), chúng có tổng bằng : \(\left( { - 2} \right) + \left( { - 1} \right) + 0 + 1 = - 2\).
Chọn A.
Câu 44
Phương pháp:
- Chia cả hai vế của bất phương trình cho \({16^x} > 0\).
- Đặt ẩn phụ \(t = {\left( {\frac{3}{4}} \right)^x}\), đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn \(t\).
- Giải phương trình tìm \(t\), từ đó tìm \(x\).
Cách giải:
Chia cả hai vế của bpt cho \({16^x} > 0\) ta được :
\({\left( {\frac{9}{{16}}} \right)^x} - 2.{\left( {\frac{{12}}{{16}}} \right)^x} - 1 = 0 \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{4}} \right)^{2x}} - 2.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^x} - 1 = 0\)
Dặt \(t = {\left( {\frac{3}{4}} \right)^x} > 0\) ta được: \({t^2} - 2t - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1 + \sqrt 2 \,\,\left( {TM} \right)\\t = 1 - \sqrt 2 \,\,\left( {KTM} \right)\end{array} \right.\)
Suy ra \({\left( {\frac{3}{4}} \right)^x} = 1 + \sqrt 2 \Leftrightarrow x = {\log _{\frac{3}{4}}}\left( {1 + \sqrt 2 } \right)\)
\( \Rightarrow a = 3,\,\,b = 1,\,\,c = 2\).
Vậy \(a + 2b + 3c = 3 + 2.1 + 3.2 = 11\).
Chọn D.
Câu 45
Phương pháp:
- Xác định góc giữa \(A'A\) và \(\left( {ABC} \right)\) là góc giữa \(A'A\) và hình chiếu của \(A'A\) lên \(\left( {ABC} \right)\).
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính chiều cao của lăng trụ.
- Thể tích khối lăng trụ \(V = Bh\) với \(B,\,\,h\) lần lượt là diện tích đáy và chiều cao của lăng trụ.
Cách giải:
Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\) \( \Rightarrow A'H \bot \left( {ABC} \right)\).
\( \Rightarrow AH\) là hình chiếu vuông góc của \(A'A\) lên \(\left( {ABC} \right)\).
\( \Rightarrow \angle \left( {A'A;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {A'A;AH} \right) = \angle A'AH = {60^0}\).
Xét tam giác vuông \(A'AH\) ta có : \(A'H = AH\tan \angle A'AH = \frac{{AB}}{2}\tan {60^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Diện tích đáy \({S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\) (do \(\Delta ABC\) đều cạnh \(a\)).
Vậy thể tích khối lăng trụ là : \(V = {S_{ABC}}.A'H = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3{a^3}}}{8}\).
Chọn A.
Câu 46
Phương pháp:
- Đặt \(SA = x\), lập hàm số chi phí lắp đặt \(f\left( x \right)\) theo biến \(x\).
- Tìm GTNN của hàm số \(f\left( x \right)\) và kết luận.
Cách giải:
Đặt \(SA = x\,\,\left( {0 \le x \le 16} \right) \Rightarrow BS = 16 - x\)
Tam giác \(CBS\) vuông tại \(B\) nên \(CS = \sqrt {{4^2} + {{\left( {16 - x} \right)}^2}} = \sqrt {{x^2} - 32x + 272} \)
Khi đó :
+) Chi phí lắp đặt trên đất liền là \(12x\) (triệu)
+) Chi phí lắp đặt dưới nước là \(20\sqrt {{x^2} - 32x + 272} \) (triệu)
\( \Rightarrow \) Tổng chi phí lắp đặt là : \(f\left( x \right) = 12x + 20\sqrt {{x^2} - 32x + 272} \)
Có
\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 12 + 20.\frac{{2x - 32}}{{2\sqrt {{x^2} - 32x + 272} }}\\ = 12 + \frac{{20\left( {x - 16} \right)}}{{\sqrt {{x^2} - 32x + 272} }}\\ = \frac{{12\sqrt {{x^2} - 32x + 272} + 20\left( {x - 16} \right)}}{{\sqrt {{x^2} - 32x + 272} }}\\f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 12\sqrt {{x^2} - 32x + 272} + 20\left( {x - 16} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 12\sqrt {{x^2} - 32x + 272} = - 20\left( {x - 16} \right)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 20\left( {x - 16} \right) \ge 0\\144\left( {{x^2} - 32x + 272} \right) = 400{\left( {x - 16} \right)^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 16\\256{x^2} - 8192x + 63232 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 16\\\left[ \begin{array}{l}x = 19\\x = 13\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 13\end{array}\)
BBT :
Từ BBT ta thấy hàm số \(f\left( x \right)\) đạt GTNN bằng \(256\) khi \(x = 13\).
Vậy \(SA = 13\left( {km} \right)\).
Chọn D.
Câu 47
Phương pháp:
- Từ công thức tính thể tích \(V = \pi {r^2}h\), rút \(h\) theo \(r\) và \(V\).
- Lập hàm số biểu thị chi phí sản xuất thùng \(f\left( r \right)\) và tìm GTNN của \(f\left( r \right)\).
Cách giải:
Ta có : \(V = \pi {r^2}h \Rightarrow h = \frac{V}{{\pi {r^2}}}\).
Gọi \(A\) là chi phí làm đáy và nắp thì \(\frac{A}{3}\) là chi phí làm mặt xung quanh.
Diện tích đáy \({S_{day}} = \pi {r^2}\)
Diện tích xung quanh \({S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi r.\frac{V}{{\pi {r^2}}} = \frac{{2V}}{r}\)
+) Chi phí làm đáy và nắp là : \(A.2{S_{day}} = 2A\pi {r^2}\)
+) Chi phí làm mặt xung quanh là : \(\frac{A}{3}.{S_{xq}} = \frac{A}{3}.\frac{{2V}}{r} = \frac{{2AV}}{{3r}}\)
Tổng chi phí làm thùng là \(f\left( r \right) = 2A\pi {r^2} + \frac{{2AV}}{{3r}} = 2A\left( {\pi {r^2} + \frac{V}{{3r}}} \right)\)
Ap dụng BĐT Cô si ta có :
\(\begin{array}{l}\pi {r^2} + \frac{V}{{3r}} = \pi {r^2} + \frac{V}{{6r}} + \frac{V}{{6r}} \ge 3\sqrt[3]{{\pi {r^2}.\frac{V}{{6r}}.\frac{V}{{6r}}}} = 3\sqrt[3]{{\frac{{\pi {V^2}}}{{36}}}}\\ \Rightarrow f\left( r \right) \ge 2A.3\sqrt[3]{{\frac{{\pi {V^2}}}{{36}}}} = 6A\sqrt[3]{{\frac{{\pi {V^2}}}{{36}}}}\\ \Rightarrow \min f\left( r \right) = 6A\sqrt[3]{{\frac{{\pi {V^2}}}{{36}}}}\end{array}\)
Dấu \('' = ''\) xảy ra khi \(\pi {r^2} = \frac{V}{{6r}} \Leftrightarrow V = 6\pi {r^3}\)
Mà \(V = \pi {r^2}h \Rightarrow 6\pi {r^3} = \pi {r^2}h \Leftrightarrow h = 6r \Rightarrow \frac{h}{r} = 6\).
Chọn B.
Câu 48
Phương pháp:
- Giải bất phương trình đã cho tìm tập nghiệm \(S\).
- Bất phương trình có nghiệm với mọi số thực âm nghĩa là mọi số âm đều là nghiệm của bất phương trình. Điều này tương đương \(\left( { - \infty ;0} \right) \subset S\).
Cách giải:
ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}{3^x} + 1 > 0\\{\log _2}\left( {{3^x} + 1} \right) > 0\\m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 0\).
Với \(m > 0\) ta có :
\(\begin{array}{l}{\log _{0,02}}\left( {{{\log }_2}\left( {{3^x} + 1} \right)} \right) > {\log _{0,02}}m\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{3^x} + 1} \right) < m\\ \Leftrightarrow {3^x} + 1 < {2^m}\\ \Leftrightarrow {3^x} < {2^m} - 1\\ \Leftrightarrow x < {\log _3}\left( {{2^m} - 1} \right)\end{array}\)
Do đó tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( { - \infty ;{{\log }_3}\left( {{2^m} - 1} \right)} \right)\).
Bất phương trình có nghiệm với mọi số thực âm, nghĩa là mọi số âm đều là nghiệm của bất phương trình.
Điều này tương đương \(\left( { - \infty ;0} \right) \subset S\).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( { - \infty ;0} \right) \subset \left( { - \infty ;{{\log }_3}\left( {{2^m} - 1} \right)} \right)\\ \Leftrightarrow 0 \le {\log _3}\left( {{2^m} - 1} \right) \Leftrightarrow {2^m} - 1 \ge 1\\ \Leftrightarrow {2^m} \ge 2 \Leftrightarrow m \ge 1\end{array}\)
Chọn B.
Câu 49
Phương pháp:
Gọi \(E\) là trung điểm của \(BC\).
- Tính thể tích khối chóp \(S.ABC\).
- Tính tỉ số thể tích các khối chóp \(A.MNE\) và \(A.CBS\), từ đó suy ra \({V_{AMNE}}\) .
- Tính tỉ số \(\frac{{{V_{AMNG}}}}{{{V_{AMNE}}}}\), từ đó suy ra thể tích \({V_{AMNG}}\).
Cách giải:
Gọi \(E\) là trung điểm của \(BC\).
Ta có : \(\Delta MNE\) đồng dạng \(\Delta CBS\) theo tỉ số \(\frac{1}{2}\).
\( \Rightarrow \frac{{{S_{MNE}}}}{{{S_{CBS}}}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{4}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{{V_{A.MNE}}}}{{{V_{A.CBS}}}} = \frac{{\frac{1}{3}{S_{MNE}}.d\left( {A,\left( {MNE} \right)} \right)}}{{\frac{1}{3}{S_{CBS}}.d\left( {A,\left( {CBS} \right)} \right)}} = \frac{{{S_{MNE}}}}{{{S_{CBS}}}} = \frac{1}{4}\\ \Rightarrow {V_{AMNE}} = \frac{1}{4}{V_{A.CBS}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABC}}\end{array}\)
Mà \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{3}.\frac{{{{\left( {3a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4}.a = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{4}\)
\( \Rightarrow {V_{AMNE}} = \frac{1}{4}.\frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{{16}}\)
Lại có : \(\frac{{{V_{AMNG}}}}{{{V_{AMNE}}}} = \frac{{AM}}{{AM}}.\frac{{AN}}{{AN}}.\frac{{AG}}{{AE}} = \frac{2}{3}\) \( \Rightarrow {V_{AMNG}} = \frac{2}{3}{V_{AMNE}} = \frac{2}{3}.\frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{{16}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}\).
Chọn A.
Câu 50
Phương pháp:
- Xét phương trình hoành độ giao điểm tìm nghiệm.
- Tìm giao điểm \(A,B\), từ đó thay vào đẳng thức bài cho tìm \(m\).
Chú ý định lý Viet cho phương trình bậc hai \(a{x^2} + bx + c = 0\) là \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}\end{array} \right.\)
Cách giải:
Phương trình hoành độ giao điểm :
\(\begin{array}{l}\frac{{x - 2}}{{x - 1}} = - x + m\,\,\,\,\,\left( {DK:x \ne 1} \right)\\ \Leftrightarrow x - 2 = \left( {x - 1} \right)\left( { - x + m} \right)\\ \Leftrightarrow x - 2 = - {x^2} + \left( {m + 1} \right)x - m\\ \Leftrightarrow {x^2} - mx + m - 2 = 0\,\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Đường thẳng cắt đồ thị hàm số tại \(2\) điểm phân biệt
\( \Leftrightarrow \) phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt khác \(1\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta = {m^2} - 4\left( {m - 2} \right) > 0\\{1^2} - m.1 + m - 2 \ne 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4m + 8 > 0,\forall m\\ - 1 \ne 0\end{array} \right.\)
Do đó với mọi \(m\) thì đường thẳng \(y = - x + m\) luôn cắt đồ thị hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt \(A,B\) với \(A\left( {{x_1}; - {x_1} + m} \right),B\left( {{x_2}; - {x_2} + m} \right)\) và \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}{x_2} = m - 2\end{array} \right.\) (định lí Vi-ét).
Ta có :
\(\begin{array}{l}OA = \sqrt {x_1^2 + {{\left( { - {x_1} + m} \right)}^2}} ;\,\,\,OB = \sqrt {x_2^2 + {{\left( { - {x_2} + m} \right)}^2}} \\ \Rightarrow O{A^2} + O{B^2} = 8\\ \Leftrightarrow x_1^2 + {\left( { - {x_1} + m} \right)^2} + x_2^2 + {\left( { - {x_2} + m} \right)^2} = 8\\ \Leftrightarrow 2x_1^2 + 2x_1^2 - 2m{x_1} - 2m{x_2} + 2{m^2} = 8\\ \Leftrightarrow 2\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) - 2m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {m^2} = 8\\ \Leftrightarrow 2\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] - 2m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {m^2} = 8\\ \Rightarrow 2\left[ {{m^2} - 2\left( {m - 2} \right)} \right] - 2m.m + {m^2} = 8\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - 4m + 8 - 2{m^2} + {m^2} = 8\\ \Leftrightarrow {m^2} - 4m = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy có \(2\) giá trị của \(m\) thỏa mãn bài toán.
Chọn B.
