50 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Bộ 20 đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án (Đề 3)

Câu 1:

Gọi \(M\), \(N\) là hai điểm thuộc đồ thị \(\left( C \right):y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}\) biết \({x_M} < - 1 < {x_N}\). Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn \(MN\)?

A. \(2\sqrt 2 \).

B. \(6\).

C. \(4\).

D. \(4\sqrt 2 \).

Xem đáp án

Lời giải
Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \frac{{x - 1}}{{x + 1}} = - \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \frac{{x - 1}}{{x + 1}} = + \infty \) nên đồ thị \(\left( C \right)\) có tiệm cận đứng là \(x = - 1\).

Do \({x_M} < - 1 < {x_N}\) nên \(M\), \(N\) là hai điểm nằm trên hai nhánh của đồ thị \(\left( C \right)\).

Ta có: \(y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}} = 1 - \frac{2}{{x + 1}}\) và \(M\left( {{x_M}\,;\,1 - \frac{2}{{{x_M} + 1}}} \right)\), \(N\left( {{x_N}\,;\,1 - \frac{2}{{{x_N} + 1}}} \right)\).

Đặt \(a = {x_N} + 1\), \(b = - 1 - {x_M}\) thì \(a > 0\), \(b > 0\) và \(M\left( { - b - 1\,;\,1 + \frac{2}{b}} \right)\), \(N\left( {a - 1\,;\,1 - \frac{2}{a}} \right)\).

Khi đó: \(MN = \sqrt {{{\left( {a + b} \right)}^2} + {{\left( {\frac{2}{a} + \frac{2}{b}} \right)}^2}} = \sqrt {\left( {{a^2} + \frac{4}{{{a^2}}}} \right) + \left( {2ab + \frac{8}{{ab}}} \right) + \left( {{b^2} + \frac{4}{{{b^2}}}} \right)} \).

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các cặp số dương:

\({a^2} + \frac{4}{{{a^2}}} \ge 2\sqrt {{a^2}.\frac{4}{{{a^2}}}} = 4\). Dấu “=” xảy ra khi \[\left\{ \begin{array}{l}{a^2} = \frac{4}{{{a^2}}}\\a > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{2}{a}\\a > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow a = \sqrt 2 \].

\({b^2} + \frac{4}{{{b^2}}} \ge 2\sqrt {{b^2}.\frac{4}{{{b^2}}}} = 4\). Dấu “=” xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}{b^2} = \frac{4}{{{b^2}}}\\b > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \frac{2}{b}\\b > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow b = \sqrt 2 \).

\(2ab + \frac{8}{{ab}} \ge 2\sqrt {2ab.\frac{8}{{ab}}} = 8\). Dấu “=” xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}2ab = \frac{8}{{ab}}\\a,b > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow ab = 2\).

Vậy \(MN \ge \sqrt {4 + 4 + 8} = 4\). Tức là \({\rm{Min}}\,MN = 4\) khi \(a = b = \sqrt 2 \).

Câu 2:

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng xét dấu \(y'\) như sau:

Hỏi hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 2.

B. 3.

C. 0.

D. 1.

Xem đáp án

Lời giải

Dựa vào bảng xét dấu \(y'\) ta thấy \(y'\) đổi dấu từ “\( - \)” sang “\( + \)” khi qua điểm \(x = - 1\) và không đổi dấu qua điểm \(x = 1\) nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 1 điểm cực trị.

Câu 3:

Thể tích khối hộp chữ nhật có \[3\] kích thước \(1;\,2;\,3\) bằng

A. \(5\).

B. \(8\).

C. \(6\).

D. \(9\).

Xem đáp án

Lời giải

Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước \(a;\,b;\,c\) được xác định bởi công thức \(V = abc\).

Vậy \(V = 1.2.3 = 6\).

Câu 4:

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) biết \(f'\left( x \right) = {\left( {x + 2} \right)^2}\left( {x - 1} \right)\). Số điểm cực tiểu của \(g\left( x \right) = f\left( {{x^3} - 3x} \right)\) là

A. \(4\).

B.\(2\).

C.\(1\).

D.\(3\).

Xem đáp án

Lời giải

Ta có: \(g'\left( x \right) = \left( {3{x^2} - 3} \right)f'\left( {{x^3} - 3x} \right)\).

Suy ra \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3{x^2} - 3 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\\f'\left( {{x^3} - 3x} \right) = 0\,\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( \~N \right)\\x = - 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( \~N \right)\\{x^3} - 3x = - 2\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{x^3} - 3x = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\).

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

Phương trình \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \)\({x^3} - 3x - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \approx - 1,53 = {x_1}\\x \approx - 0,35 = {x_2}\\x \approx 1,88 = {x_3}\end{array} \right.\).

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\):

Vậy hàm số \(g\left( x \right)\) có \(3\) điểm cực tiểu.

Câu 5:

Đồ thị hàm số nào sau đây có dạng như hình vẽ.

A. \(y = {x^4} - 2{x^2}\).

B. \(y = {x^3} - 3{x^2} + 1\).

C. \(y = 3x - {x^3}\).

D. \(y = {x^3} - 3x\).

Xem đáp án

Lời giải

Hình vẽ đã cho có dạng đồ thị hàm số bậc ba \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) , \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = + \infty \) nên hệ số \(a > 0\), đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ nên \(d = 0\) . Chọn đáp án D.

Câu 6:

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) biết \(f'\left( x \right) = {x^2}{\left( {1 - x} \right)^3}{\left( {x - 2} \right)^5}\). Hỏi hàm số \(y = f\left( x \right)\)đồng biến trong khoảng nào?

A. \(\left( { - \infty \,;\,1} \right)\).

B. \(\left( {2\,;\, + \infty } \right)\).

C. \(\left( { - \infty \,;\, + \infty } \right)\).

D. \(\left( {1\,;\,2} \right)\).

Xem đáp án

Lời giải

\(f'\left( x \right) = {x^2}{\left( {1 - x} \right)^3}{\left( {x - 2} \right)^5} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\,\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\).

Ta có bảng xét dấu

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1\,;\,2} \right)\).

Câu 7:

Có bao nhiêu số nguyên \[m\] để hàm số \[y = \frac{{mx - 9}}{{x - m}}\] đồng biến trên \[\left( {1\,;\,2} \right)\]?

A. \[4\].

B. \[6\].

C. \[7\].

D. \[5\].

Xem đáp án

Lời giải

\[y' = \frac{{ - {m^2} + 9}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}}\]

Hàm số \[y = \frac{{mx - 9}}{{x - m}}\] đồng biến trên \[\left( {1\,;\,2} \right)\] \[ \Leftrightarrow y' > 0\,\,\forall x \in \left( {1\,;\,2} \right)\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - {m^2} + 9 > 0\\m \notin \left( {1\,;\,2} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 < m < 3\\m \le 1\, \vee \,m \ge 2\end{array} \right. \Leftrightarrow - 3 < m \le 1\, \vee \,2 \le m < 3\]

Mà \[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1;2} \right\}\]. Do đó có 5 số nguyên thỏa yêu cầu.

Câu 8:

Cho khối hộp \[ABCD.A'B'C'D'\]có thể tích bằng 12. Gọi \[O\] là tâm của \[ABCD\]. Thể tích khối chóp \[O.A'B'C'D'\]bằng

A. \[6\].

B. \[4\].

C. \[9\].

D. \[5\].

Xem đáp án

Lời giải

Gọi \[h\] là chiều cao của khối hộp\[ABCD.A'B'C'D'\].

\[ \Rightarrow \]\[h\]cũng là chiều cao của khối chóp \[O.A'B'C'D'\].

Do đó \[{V_{O.A'B'C'D'}} = \frac{1}{3}.{S_{A'B'C'D'}}.h = \frac{1}{3}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \frac{1}{3}.12 = 4\]

Câu 9:

Thể tích khối lăng trụ đều có diện tích đáy bằng \(4\), cạnh bên có độ dài bằng 3

A. \(12\).

B. \(16\).

C. \(4\).

D. \(9\).

Xem đáp án

Lời giải

Thể tích khối lăng trụ đều có diện tích đáy bằng \(4\), cạnh bên có độ dài bằng 3

\(V = S.h\) \( = 4.3 = 12\).

Câu 10:

Cho hình hộp chữ nhật có ba kích thước \(3\); \(4\); \(5\). Tính thể tích khối đa diện có \(6\)đỉnh là tâm của \(6\)của hình hộp chữ nhật bằng

A. \(10\).

B. \(20\).

C. \(12\).

D. \(15\).

Xem đáp án

Lời giải

Thể tích của khối hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) bằng \(V = 3.4.5 = 60\).

Ta có hình đa diện \(EFGHIK\) là bát diện nên \({V_{EFGHIK}} = 2.{V_{EFGHI}} = 2.\frac{1}{3}.\frac{1}{2}AA'.{S_{FGHI}} = \frac{1}{3}AA'.{S_{FGHI}}\).

Ta lại có \(FGHI\) là tứ giác có hai đường chéo \(FH\), \(GI\) vuông góc với nhau và \(FH = AD\), \(GI = AB\) nên \({S_{FGHI}} = \frac{1}{2}AD.BC\).

Vậy thể tích khối đa diện \(EFGHIK\) là: \({V_{EFGHIK}} = \frac{1}{3}.AA'.\frac{1}{2}AB.AD = \frac{V}{6} = 10\).

Câu 11:

Hàm số nào sau đây chỉ có đúng một cực trị.

A. \[y = {x^4} + {x^2} + 1\].

B. \[y = {x^3}\].

C. \[y = {x^3} + {x^2}\].

D. \[y = \frac{{x + 1}}{{x - 2}}\].

Xem đáp án

Lời giải

1) Hàm số \[y = {x^4} + {x^2} + 1\] là hàm trùng phương có a và b cùng dấu nên có đúng một cực trị.

\[ \Rightarrow \] chọn phương án A.

2) Xét hàm số \[y = {x^3}\].

Tập xác định: D \[ = \]\(\mathbb{R}\).

\[y' = 3{x^2} \ge 0,\,\forall x \in \mathbb{R}\].

\[ \Rightarrow \] Hàm số đồng biến trên toàn tập xác định nên không có cực trị.

\[ \Rightarrow \] loại phương án B.

3) Xét hàm số \[y = {x^3} + {x^2}\].

Tập xác định: D \[ = \]\(\mathbb{R}\).

\[y' = 3{x^2} + 2x\].

\[y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} + 2x = 0\].

Vì phương trình trên có hai nghiệm phân biệt nên hàm số \[y = {x^3} + {x^2}\] có hai cực trị.

\[ \Rightarrow \] loại phương án C.

4) Xét hàm số \[y = \frac{{x + 1}}{{x - 2}}\].

Tập xác định: D \[ = \]\(\mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\).

\[y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} < 0,\,\forall x \ne 2\].

\[ \Rightarrow \]Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định nên không có cực trị.

\[ \Rightarrow \] loại phương án D.

Câu 12:

Cho hàm số \[y = {x^3} - 3x\]. Hàm số đã cho đồng biến trong khoảng nào?

A. \[\left( { - \infty \,;\, - 1} \right)\].

B. \[\left( { - 2\,;\,0} \right)\].

C. \[\left( {0\,;\, + \infty } \right)\].

D. \[\left( { - 1\,;\,1} \right)\].

Xem đáp án

Lời giải

Tập xác định: D \[ = \]\(\mathbb{R}\).

\[y' = 3{x^2} - 3\].

\[y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\end{array} \right.\].

Bảng biến thiên:

\[ \Rightarrow \] Hàm số đồng biến trong khoảng \[\left( { - \infty \,;\, - 1} \right)\] và \[\left( {1\,;\, + \infty } \right)\].

Kết luận: chọn phương án A.

Câu 13:

Thể tích khối tứ diện đều cạnh \(3\sqrt 2 \) bằng

A. \(9\).

B. \(3\sqrt 2 \).

C. \(6\).

D. \(3\sqrt 2 \).

Xem đáp án

Lời giải

Cách 1: Ta tính thể tích khối tứ diện đều \[ABCD\] có cạnh bằng \(3\sqrt 2 \).

Ta có \({S_{\Delta BCD}} = \frac{1}{2}.3\sqrt 2 .3\sqrt 2 .\sin 60^\circ = \frac{{9\sqrt 3 }}{2}\,\,.\) Gọi \[H\] là trọng tâm \(\Delta BCD \Rightarrow AH \bot \left( {BCD} \right)\,\,.\)

Gọi \[I\] là trung điểm \[CD\]\[ \Rightarrow \,BI = \frac{{3\sqrt 6 }}{2} \Rightarrow \,BH = \frac{2}{3}BI = \sqrt 6 \,\,\,.\]

\[ \Rightarrow AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}} = \sqrt {{{\left( {3\sqrt 2 } \right)}^2} - {{\sqrt 6 }^2}} = 2\sqrt 3 \,\,\,.\]

Thể tích khối tứ diện đều cạnh \(3\sqrt 2 \) bằng: \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.AH.{S_{\Delta BCD}} = \frac{1}{3}.2\sqrt 3 .\frac{{9\sqrt 3 }}{2} = 9\,\,.\)
Cách 2: Thể tích khối tứ diện đều có cạnh bằng \(a\)là \(\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)

Suy ra thể tích khối tứ diện đều có cạnh bằng \(3\sqrt 2 \) là \(\frac{{{{\left( {3\sqrt 2 } \right)}^3}\sqrt 2 }}{{12}} = 9\,\,.\)

Câu 14:

Tìm tập xác định của hàm số \(y = {\left( {4 - {x^2}} \right)^{\sqrt 2 }}\,\,.\)

A. \(\left[ {2; + \infty } \right)\).

B. \(\left( { - 2;\,2} \right)\).

C. \(\left( { - \infty ;\, - 2} \right]\).

D. \(\left[ { - 2;\,2} \right]\).

Xem đáp án

Lời giải

Hàm số \(y = {\left( {4 - {x^2}} \right)^{\sqrt 2 }}\) xác định khi \(4 - {x^2} > 0 \Leftrightarrow - 2 < x < 2 \Leftrightarrow x \in \left( { - 2;\,2} \right)\,\,.\)

Câu 15:

Cho tứ diện \(SABC\), biết \(\overrightarrow {SA} = 2\overrightarrow {SM} ;2\overrightarrow {SB} = 3\overrightarrow {SN} \). Tính thể tích khối tứ diện \(SMNC\) biết thể tích khối tứ diện \(SABC\) bằng \(9.\)

A. \(3\)

B. \(4\)

C. \(2\)

D. \(6\)

Xem đáp án

Lời giải

Chọn A.

Ta có \(\overrightarrow {SA} = 2\overrightarrow {SM} \) nên \(M\) là trung điểm của \(SA\)và \(2.\overrightarrow {SB} = 3\overrightarrow {SN} \) nên chia \(SB\) thành 3 phân sao cho \(\frac{{SN}}{{SB}} = \frac{2}{3}\).

Khi đó, theo công thức tỉ lệ thể tích ta có:

\[\frac{{{V_{S.MNC}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SB}}.\frac{{SC}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}.1 = \frac{1}{3} \Rightarrow {V_{S.MNC}} = \frac{1}{3}{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.9 = 3\,\,\,(DVTT)\]

Câu 16:

Cho lăng trụ \(ABC.A'B'C'\), đáy là tam giác đều cạnh \(a,\) \[AA' = AB' = AC' = a.\] Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng.

A. \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\)

B. \(\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{4}\)

C. \(\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\)

D. \(\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)

Xem đáp án

Lời giải

Chọn B.

Ta thấy \(A.A'B'C'\) là tứ diện đều cạnh \(a.\)

Mà \({V_{A.A'B'C'}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = 3{V_{A.A'B'C'}}\)

Gọi \(H\) là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(A'B'C'\).

Thì \(AH\) là đường cao của hình chóp \(A.A'B'C'\).

Ta có \(A'H = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)

Tam giác \(AA'H\) vuông tại \(H\) nên :

\(A{H^2} = AA{'^2} - A'{H^2} = {a^2} - {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = {a^2} - \frac{{{a^2}}}{3} = \frac{{6{a^2}}}{9} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\) .

Diện tích tam giác \(A'B'C'\) là: \(S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\) nên thể tích khối tứ diện \(AA'B'C'\) là:

\({V_{A.A'B'C'}} = \frac{1}{3}AH.S = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)

Vậy thể tích khối lăng trụ là: \(V = 3.{V_{A.A'B'C'}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{4}\) .

Câu 17:

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình sau. Chọn mệnh đề sai.

A. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = 1\).

B. Hàm số luôn tăng trên từng khoảng xác định.

C. Đồ thị hàm số có tâm đối xứng.

D. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = 1\).

Xem đáp án

Lời giải

Dựa vào đồ thị hàm số, chọn B.

Câu 18:

Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, \[\Delta SAD\] đều và mặt phẳng (SAD) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) bằng

A. \[\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\].

B. \[\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\].

C. \[\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\].

D. \[\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\].

Xem đáp án

Lời giải

Ta có: AD là giao tuyến của (SAD) và (ABC).

Gọi H là trung điểm của AD\[ \Rightarrow SH \bot AD\] và \[SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\] vì \[\Delta SAD\] đều cạnh a.

\[ \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\].

Vậy \[{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.SH = \frac{1}{3}.{a^2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\].

Câu 19:

Cho hàm số biết \(f'\left( x \right) = x\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\). Hỏi hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có bao nhiêu điểm cực trị?

A. \(4\).

B. \(7\).

C. \(6\).

D.\(5\).

Xem đáp án

Lời giải

Ta có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\).

Suy ra hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 3 điểm cực trị trong đó có 2 điểm cực trị dương.

Khi đó hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có \(2.2 + 1 = 5\) điểm cực trị.

Câu 20:

Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình vẽ

A. \(y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}\).

B. \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}\).

C. \(y = \frac{{{x^2} - x - 1}}{{x + 1}}\).

D. \(y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}\).

Xem đáp án

Lời giải

Từ hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là \(x = - 1\) và đường tiệm cận ngang là \(y = 1\).

Do đó, ta chọn đáp án D.

Câu 21:

Số tiếp tuyến kẻ từ \[A\left( {1;0} \right)\] đến đồ thị hàm số\(y = {x^4} - 2{x^2} + 1\) là

A. \(1\).

B. \(4\).

C. \(2\).

D.\(3\).

Xem đáp án

Lời giải

Ta có: \(A\left( {1;0} \right) \in \left( C \right):y = g\left( x \right) = {x^4} - 2{x^2} + 1\).

Gọi phương trình tiếp tuyến qua \(A\) có dạng: \(\left( d \right):y = f\left( x \right) = k\left( {x - 1} \right)\).

\(\left( d \right)\) tiếp xúc \(\left( C \right)\)

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) = g\left( x \right)\\f'\left( x \right) = g'\left( x \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^4} - 2{x^2} + 1 = k\left( {x - 1} \right)\\4{x^3} - 4x = k\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^4} - {x^2} + 1 = \left( {4{x^3} - 4x} \right)\left( {x - 1} \right)\\4{x^3} - 4x = k\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{x^4} - 4{x^3} - 2{x^2} + 4x - 1 = 0\left( 1 \right)\\4{x^3} - 4x = k\left( 2 \right)\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \frac{1}{3}\\x = - 1\end{array} \right.\\4{x^3} - 4x = k\left( 2 \right)\end{array} \right.\end{array}\]

Vậy từ \(A\) ta kẻ được \(3\) tiếp tuyến đến đồ thị hàm số.

Câu 22:

Cho hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục và tăng trên \(\left[ {1;2} \right],f\left( 1 \right) = - 1,f\left( 2 \right) = 3\). Có bao nhiêu số nguyên dương \(m\)để phương trình \(f\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right) = m\) có nghiệm \[x \in \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 3 } \right)\] ?

A. \(4\).

B. \(3\).

C. \(5\).

D. \(2\).

Xem đáp án

Lời giải

Đặt \(t = \sqrt {4 - {x^2}} \),\[x \in \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 3 } \right)\].

\(t' = \frac{{ - x}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}\).

\(t' = 0 \Leftrightarrow x = 0\).

Để phương trình \(f\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right) = m\) có nghiệm

\( \Rightarrow - 1 < m \le 3\).\( \Rightarrow m \in \left\{ {1;2;3} \right\}\).

Vậy có \(3\) giá trị nguyên dương của \(m\) thỏa yêu cầu đề bài.

Câu 23:

Cho khối chóp S.ABC có thể tích bằng 12. Gọi M, N, P lần lượt thuộc cạnh SA, SB, SC sao cho SA=2SM,

, SC = 4SP. Thể tích của khối đa diện ABCMNP bằng

A. \(10\).

B. \(11\).

C. \(6\).

D. \(4\).

Xem đáp án

Lời giải

Ta có

Vậy thể tích của khối đa diện ABCMNP là .

Câu 24:

Cho hình hộp ABCA'B'C' có đáy ABCD là hình thoi AB = A,

, A' cách đều A, B, D,

. Thể tích khối đa diện

?

A. .

B. .

C. .

D. .

Xem đáp án

Lời giải

Câu 25:

Thể tích khối đa diện đều loại \[{\rm{\{ }}3\,;\,\,4\} \] có độ dài cạnh bằng \[\sqrt 3 \] là

A. \[\sqrt 6 \].

B. \[\frac{{\sqrt 6 }}{2}\].

C. \[\sqrt 3 \].

D. \[\frac{{\sqrt 3 }}{3}\].

Xem đáp án

Lời giải

Khối đa diện đều loại \[{\rm{\{ }}3\,;\,\,4\} \] là khối bát diện đều.

Thể tích khối bát diện đều \[{V_{ABCDEF}} = 2.{V_{E.ABCD}}\] với khối chóp \[E.ABCD\] là khối chóp tứ giác đều cạnh bằng \[\sqrt 3 \].

Cách 1. Tính nhanh:

\[{V_{E.ABCD}} = \frac{{{{(\sqrt 3 )}^3}.\sqrt 2 }}{6} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\].

Khi đó \[{V_{ABCDEF}} = 2.{V_{E.ABCD}} = 2.\frac{{\sqrt 6 }}{2} = \sqrt 6 \].

Cách 2. Tự luận

Đáy \[ABCD\] là hình vuông cạnh bằng \[\sqrt 3 \] Þ \[{S_{ABCD}} = {(\sqrt 3 )^2} = 3\].

Đường chéo \[AC = \,\sqrt 3 .\sqrt 2 = \sqrt 6 \] Þ \[OA = \frac{1}{2}AC = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\].

Xét \[\Delta EOA\] vuông tại \[O\] có \[EO = \sqrt {E{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {{{(\sqrt 3 )}^2} - {{\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\].

\[{V_{E.ABCD}} = \frac{1}{3}.EO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{\sqrt 6 }}{2}.3 = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\].

Khi đó \[{V_{ABCDEF}} = 2.{V_{E.ABCD}} = 2.\frac{{\sqrt 6 }}{2} = \sqrt 6 \].

Câu 26:

Cho \[(P):\,\,y = {x^2}\] và điểm \[A(3;\,\,0),\,\,M \in (P)\]. \[AM\] đạt giá trị nhỏ nhất bằng

A. \[\sqrt 3 \].

B. \[\sqrt 5 \].

C. \[2\].

D. \[3\].

Xem đáp án

Lời giải

Gọi \[M(m;\,\,{m^2})\, \in \,(P)\].

Ta có

\[\begin{array}{l}AM = \sqrt {{{(m - 3)}^2} + {m^4}} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {{m^2} - 6m + 9 + {m^4}} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {{m^4} - 2{m^2} + 1 + 3{m^2} - 6m + 3 + 5} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {{{({m^2} - 1)}^2} + 3{{(m - 1)}^2} + 5} \, \ge \sqrt 5 .\end{array}\]

Dấu xảy ra khi \[m = 1\].

Vậy \[AM\] đạt giá trị nhỏ nhất bằng \[\sqrt 5 \] khi \[M(1;\,\,1)\].

Câu 27:

Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V₁. Gọi

lần lượt là tâm các mặt bên ABB'A, BCC'B', CDD'C', DAA'D' . Gọi V₂ là thể tích khối đa diện

. Tỉ số

bằng

A. .

B. .

C. .

D. .

Xem đáp án

Lời giải

Câu 28:

Có bao nhiêu số nguyên

để đồ thị hàm số

có tiệm cận đứng ?

A. 2019.

B. 2020.

C. 2022.

D. 2021.

Xem đáp án

Lời giải

Điều kiện xác định:

Đồ thị hàm số

có tiệm cận đứng x = 1 khi và chỉ khi

.

Mà số nguyên

, suy ra

.

Vậy có 2021 số nguyên m thỏa đề bài.

Câu 29:

Cho tứ diện ABCD có AB = 2, CD = 3, góc giữa AB và CD bằng 30⁰, thể tích khối tứ diện ABCD bằng 2. Khoảng cách giữa AB và CD bằng

A. 4.

B. 2.

C. 3.

D. 5.

Xem đáp án

Lời giải

Câu 30:

Cho

. Tính y'(1) bằng

A. .

B. .

C. .

D. .

Xem đáp án

Lời giải

Ta có

.

Khi đó

.

Câu 31:

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{1 - x}}\) có tiệm cận ngang là

A. \(x = - 2.\)

B. \(x = 1.\)

C. \(y = - 2.\)

D. \(y = 2.\)

Xem đáp án

Lời giải

\(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{2x - 1}}{{1 - x}}} \right) = - 2\\\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{2x - 1}}{{1 - x}}} \right) = - 2\end{array} \right. \Rightarrow y = - 2\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Câu 32:

Thể tích của khối chóp có diện tích đáy bằng \(3\)và chiều cao bằng \(4\)là

A. \(12.\)

B. \(4.\)

C. \(36.\)

D. \(8.\)

Xem đáp án

Lời giải

Thể tích của khối chóp \(V = \frac{1}{3}.B.h\). Trong đó \(B\)là diện tích đáy và \(h\) là chiều cao.

Áp dụng công thức ta có \(V = \frac{1}{3}.3.4 = 4\). Vậy ta chọn đáp án B.

Câu 33:

Cho hàm số \(y = f(x)\) có bảng biến thiên. Số điểm cực trị của \(y = \left| {f(x)} \right|\) là

A. \(5\).

B. \(6\).

C. \(4\).

D. \(7\).

Xem đáp án

Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên ta sẽ suy ra được đồ thị của hàm số \(y = \left| {f(x)} \right|\).

Từ đó ta đếm được \(y = \left| {f(x)} \right|\) có tất cả 6 cực trị.

Câu 34:

Khối chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) biết diện tích \((ABCD)\) bằng \(9\), chiều cao \(SO = 4.\) Gọi \(S'\) là trung điểm của \(SO\). Tính thể tích khối chóp \(S'.ABCD\) bằng

A. \(6\).

B. \(12\).

C. \(3\).

D. \(18\).

Xem đáp án

Lời giải

Ta có: \(S'O = \frac{1}{2}SO = 2.\)

Khi đó thể tích của khối chóp \({V_{S'.ABCD}} = \frac{1}{3}S'O.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.2.9 = 6\).

Câu 35:

Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình vẽ.

A. \[y = {x^4} - 2{x^2} - 1\].

B. \[y = {x^3} - 3x - 1\].

C. \[y = - {x^4} + 2{x^2} - 1\].

D. \[y = - {x^4} + 2x - 1\].

Xem đáp án

Lời giải

Đồ thị hàm số có \[2\] cực đại là \[\left( { - 1;\,0} \right)\] và \[\left( {1;\,0} \right)\]; \[1\] cực tiểu là \[\left( {0;\, - 1} \right)\]

\[ \Rightarrow \] đáp án C thoả mãn.

Câu 36:

Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\]có \[\mathop {min}\limits_{\left[ { - 1;\,1} \right]} f\left( x \right) = 5\] tại \[x = 1\]. Bất phương trình \[f\left( x \right) + \sqrt {1 - x} + \sqrt {5 - x} \le m\] có nghiệm \[x \in \left[ { - 1;\,1} \right]\]khi \[m\] thoả mãn:

A. \[m \le 7\].

B. \[m < 7\].

C. \[m > 7\].

D. \[m \ge 7\].

Xem đáp án

Lời giải

Theo đề bài ta có: \[\mathop {min}\limits_{\left[ { - 1;\,1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = 5.\]

Đặt \[g\left( x \right) = \sqrt {1 - x} + \sqrt {5 - x} \] với \[x \in \left[ { - 1;\,1} \right]\]; \[g'\left( x \right) = \frac{{ - 1}}{{2\sqrt {1 - x} }} + \frac{{ - 1}}{{2\sqrt {5 - x} }} < 0\,\forall x \in \left( { - \infty ;\,\,1} \right]\].

Hàm số \[y = g\left( x \right)\] luôn nghịch biến trên \[\left[ { - 1;\,1} \right]\]. Vậy\[\mathop {min}\limits_{\left[ { - 1;\,1} \right]} g\left( x \right) = g\left( 1 \right) = 2\].

Để phương trình \[f\left( x \right) + \sqrt {1 - x} + \sqrt {5 - x} \le m\] có nghiệm trên \[x \in \left[ { - 1;\,1} \right]\] khi và chỉ khi

\[m \ge \mathop {min}\limits_{\left[ { - 1;\,1} \right]} \left( {f\left( x \right) + \sqrt {1 - x} + \sqrt {5 - x} } \right) = 5 + 2 = 7.\] Vậy \[m \ge 7\].

Câu 37:

Giá trị lớn nhất của hàm số \(y = \sqrt {9 - {x^2}} \) bằng

A. \(9\).

B. \(3\).

C. \(0\).

D. \(2\).

Xem đáp án

Lời giải

Tập xác định: \(D = \left[ { - 3;3} \right]\).

Hàm số liên tục trên \(\left[ { - 3;3} \right]\).

\(y' = \frac{{ - x}}{{\sqrt {9 - {x^2}} }}\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow x = 0 \in \left[ { - 3;3} \right]\).

\(y\left( 0 \right) = 3;y\left( { - 3} \right) = 0;y\left( 3 \right) = 0\).

Vậy \[\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 3;3} \right]} y = 3 = y\left( 0 \right)\].

Câu 38:

Thể tích của khối đa diện đều loại \(\left\{ {4;3} \right\}\), biết diện tích một mặt bằng \(9\) là

A. \(18\).

B. \(8\).

C. \(64\).

D. \(27\).

Xem đáp án

Lời giải

Khối đa diện đều loại \(\left\{ {4;3} \right\}\) là khối lập phương, mỗi mặt của khối đa diện là hình vuông.

Gọi \(a\) là cạnh của khối lập phương.

\(S = {a^2} = 9 \Rightarrow a = 3\).

Vậy thể tích của khối lập phương \(V = {a^3} = 27\).

Câu 39:

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\). Biết đồ thị \(g\left( x \right) = f'\left( {x + 2} \right) + 2\) hình vẽ bên. Hỏi hàm số \(y = f\left( x \right)\)nghịch biến trong khoảng nào?

A.\(\left( { - \infty \,;\,3} \right)\).

B. \(\left( {3\,;\,5} \right)\).

C. \(\left( { - 1\,;\,1} \right)\).

D. \(\left( {5\,;\, + \infty } \right)\).

Xem đáp án

Lời giải

Ta có: Tịnh tiến đồ thị hàm số \(y = f'\left( {x + 2} \right) + 2\) xuống dưới 2 đơn vị, ta được đồ thị hàm số \(y = f'\left( {x + 2} \right)\). Tiếp tục tịnh tiến đồ thị hàm số sang phải 2 đơn vị, ta được đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\). Dựa vào hình vẽ, ta thấy trong khoảng \(\left( {3\,;\,5} \right)\)đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) nằm dưới trục \[Ox\] nên hàm số nghịch biến. Chọn đáp án B.

Câu 40:

Cho hàm số \(y = a{x^4} + 2b{x^2} + c\) có bảng biến thiên như hình vẽ. Tính \(a + b + c\)bằng

A. \(3\).

B. \(2\).

C. \( - 3\).

D. \( - 2\).

Xem đáp án

Lời giải

Ta có: \(f\left( x \right) = a{x^4} + 2b{x^2} + c \Rightarrow f'\left( x \right) = 4a{x^3} + 4bx\)

Từ bảng biến thiên ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( { - 1} \right) = f'\left( 1 \right) = 0\\f\left( { - 1} \right) = f\left( 1 \right) = - 4\\f\left( 0 \right) = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4a - 4b = 0\\a + 2b + c = - 4\\c = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = - 1\\c = - 3\end{array} \right.\)

Vậy: \(a + b + c = - 3\). Chọn đáp án C.

Câu 41:

Cho hình chóp \(S.ABC\) có chiều cao \(SA = 3a\), đáy \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\), \(AB = a,AC = 2a\). Thể tích của nó bằng

A. \[{a^3}\].

B. \[\frac{{{a^3}}}{3}\].

C. \(3{a^3}\).

D. \(2{a^3}\).

Xem đáp án

Lời giải

Thể tích hình chóp \(S.ABC\) là \(V = \frac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.3a.\frac{1}{2}a.2a = {a^3}\).

Câu 42:

Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có tâm đáy là \(O\). Gọi \(M,\,N,\,P,\,Q\) lần lượt là trung điểm của \(SA,\,SB,\,SC,\,SD\). Hình hộp có đáy là \(MNPQ\), đáy kia là \(M'N'P'Q'\) với \(M'\) là trung điểm của \(AO\). Gọi \({V_1}\) là thể tích khối chóp \(S.ABCD\), \({V_2}\) là thể tích khối hộp \(MNPQ.M'N'P'Q'\). Tính tỉ số \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}}\)

A. \[\frac{5}{8}\].

B. \[\frac{8}{5}\].

C. \[\frac{8}{3}\].

D. \[\frac{3}{8}\].

Xem đáp án

Lời giải

Đặt \(AB = a,\,SO = h \Rightarrow {V_1} = \frac{1}{3}h{a^2}\).

Do \(M,\,M'\) lần lượt là trung điểm của \(SA,\,OA \Rightarrow MM'{\rm{//}}SO,\,MM' = \frac{1}{2}h\).

Do \(M,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA,\,SB \Rightarrow MN{\rm{//}}AB,\,MN = \frac{1}{2}a\), suy ra \(MNPQ.M'N'P'Q'\) là hình hộp chữ nhật nên \({V_2} = {\left( {\frac{1}{2}a} \right)^2}\frac{1}{2}h = \frac{{h{a^2}}}{8}\).

Khi đó \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{h{a^2}}}{3}.\frac{8}{{h{a^2}}} = \frac{8}{3}\).

Câu 43:

Gọi \(M,n\) lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số \[y = {x^3} - 3x + 3\]trên \(\left[ {0;2} \right]\). Tính \(M + n\) bằng

A. \(5\).

B. \(4\).

C. \(8\).

D. \(6\).

Xem đáp án

Lời giải

Hàm số xác định và liên tục trên \(\left[ {0;2} \right]\).

\(y' = 3{x^2} - 3\), \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in \left( {0;2} \right)\\x = - 1 \notin \left( {0;2} \right)\end{array} \right.\).

Ta có \(y\left( 0 \right) = 3\), \(y\left( 1 \right) = 1\), \(y\left( 2 \right) = 5\) nên \(M = 5\), \(n = 1\)

Vậy \(M + n = 6\).

Câu 44:

Đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{x - 1}}\)có tiệm cận đứng là

A. \(y = 0\).

B. \(x = 1\).

C. \(x = 0\).

D. \(y = 1\).

Xem đáp án

Lời giải

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\)

Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty \]nên \(x = 1\) là tiệm cận đứng.

Câu 45:

Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] liên tục trên , \[f\left( 0 \right) = - 1;\,f\left( 2 \right) = 1;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = + \infty ;\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = - \infty \]. Biết đồ thị \[y = f'\left( x \right)\] hình vẽ. Có bao nhiêu số nguyên \[m\] để phương trình \[f\left( x \right) = m\] có 3 nghiệm phân biệt?

A. \[0\].

B. \[1\].

C. \[2\].

D. \[3\].

Xem đáp án

Lời giải

Từ giả thiết ta có bảng biến thiên như sau:

Để phương trình \[f\left( x \right) = m\] có 3 nghiệm phân biệt\( \Leftrightarrow \)đường thẳng\[y = m\] cắt đồ thị \[y = f\left( x \right)\]tại 3 điểm phân biệt. Dựa vào bảng biến thiên của hàm \[y = f\left( x \right)\]ta thấy với \[ - 1 < m < 1\]thì đường thẳng\[y = m\] cắt đồ thị \[y = f\left( x \right)\]tại 3 điểm phân biệt, mà \[m\]nguyên nên suy ra \[m = 0\]. Chọn B

Câu 46:

Có bao nhiêu số nguyên \(m\) để hàm số \(y = \left| {{x^3} - 3x - m} \right|\) có giá trị nhỏ nhất trên \(\left[ {0;\,1} \right]\) là nhỏ nhất.

A. \[3\].

B. \[1\].

C. \[2\].

D. \[4\].

Xem đáp án

Lời giải

Rõ ràng \(y = \left| {{x^3} - 3x - m} \right| \ge 0\,\,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\) suy ra \(\mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {0;1} \right]} \,\,y \ge 0\). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi\({x^3} - 3x - m = 0\) .

Ta tìm \(m \in \mathbb{Z}\) để phương trình \({x^3} - 3x = m\) có nghiệm trong đoạn \(\left[ {0;\,1} \right]\)hay tìm \(m \in \mathbb{Z}\) để đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3x\) tại điểm có hoành độ thuộc đoạn\(\left[ {0;\,1} \right]\).

Xét \(f\left( x \right) = {x^3} - 3x\) có\({f^'}\left( x \right) = 3\left( {{x^2} - 1} \right) \le 0\,\,\forall x \in \left[ {0;\,1} \right]\) suy ra \[\mathop {Min}\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = - 2\],\[\mathop {{\rm{Max}}}\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = 0\]. Vậy \[m\] phải thỏa mãn\( - 2 \le m \le 0\).

Vì \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m = 0, - 1, - 2\). Chọn A.

Câu 47:

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên sau.Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào?

A. \(\left( {0; + \infty } \right)\).

B. \(\left( { - \infty ;0} \right)\).

C. \(\left( { - 1;0} \right)\).

D. \(\left( { - 1;1} \right)\).

Xem đáp án

Lời giải

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên \(\left( { - 1;0} \right)\)

Câu 48:

Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có \(AB = a\), cạnh bên tạo với đáy một góc \(60^\circ \). Thể tích khối chóp \(S.ABC\) bằng

A. \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\).

B. \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).

C. \(\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}\).

D. \(\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}\).

Xem đáp án

Lời giải

Gọi \[O = AC \cap BD\] \( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\)\( \Rightarrow \left( {\widehat {SC,\left( {ABCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {SC,OC}} \right) = \widehat {SCO} = 60^\circ \).

Xét tam giác \(SOC\) vuông tại \(O\), có \(SO = OC.\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\sqrt 3 = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

Diện tích tam giác \(\Delta ABC\) là \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = \frac{1}{2}{a^2}\).

Vậy \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\frac{1}{2}{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}\).

Câu 49:

Cho hàm số \[y = {x^4} - 2{x^2}\]. Hàm số cực đại tại \[x\] bằng

A.\[1\].

B. \[2\].

C. \[ - 1\].

D. \[0\].

Xem đáp án

Lời giải

Ta có \[y = {x^4} - 2{x^2} \Rightarrow y' = 4{x^3} - 4x\]

\[y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x = 0}\\{x = - 1}\end{array}} \right.\]

\[y'' = 12{x^2} - 4\]

\[\begin{array}{l}y''(1) = y''( - 1) = 12 - 4 = 8 > 0\\y''(0) = 0 - 4 = - 4 < 0\end{array}\]

Hàm số đạt cực đại tại \[x = 0\]

Câu 50:

Cho hình chóp đều \[S.ABC\] có \[AB = 2\sqrt 3 \], mặt bên tạo với đáy một góc \[{45^0}\].

Thể tích của khối chóp \[S.ABC\] bằng

A. \[2\sqrt 3 \].

B. \[4\sqrt 3 \].

C. \[8\sqrt 3 \].

D. \[\sqrt 3 \].

Xem đáp án

Lời giải

Gọi \[D\] là trung điểm của \[BC\] và \[E\] là trọng tâm \[\Delta ABC\]. Do \[S.ABC\] là hình chóp đều nên \[SE\] là đường cao của hình chóp. Ta có:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC}\\{SD \bot BC,\,\,SD \subset \left( {SBC} \right)}\\{AD \bot BC,\,\,AD \subset \left( {ABC} \right)}\end{array}} \right.\]

Góc giữa hai mặt phẳng \[\left( {SBC} \right)\] và \[\left( {ABC} \right)\] là góc giữa \[SD\] và \[AD\], đó là \[\widehat {SDA}\]. Theo bài ra \[\widehat {SDA} = {45^0}\].

\[{\mathcal{B}_{ABC}} = {\left( {2\sqrt 3 } \right)^2}\frac{{\sqrt 3 }}{4} = 3\sqrt 3 \].

\[AD = 2\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 3\]; \[ED = \frac{1}{3}AD = \frac{1}{3}.3 = 1\].

Tam giác \[SED\] vuông tại \[E\] có \[\widehat {SDE} = {45^0}\] nên tam giác \[SED\] vuông cân tại \[E\].

Do đó \[SE = ED = 1\].

\[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{\mathcal{B}_{ABC}}.SE = \frac{1}{3}.3\sqrt 3 .1 = \sqrt 3 \].