Đáp án D

Phương pháp:

+) Gọi M là trung điểm của AB, O là tâm của đường tròn đáy \( \Rightarrow OM \bot AB\)

+) Tính AB, SM, \({S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}SM.AB\)

Gọi M là trung điểm của AB, O là tâm của đường tròn đáy \( \Rightarrow OM \bot AB\)

\(\Delta OMB\) vuông tại M \( \Rightarrow OM = \sqrt {O{B^2} - M{B^2}} = \sqrt {{{10}^2} - {{\left( {\frac{{12}}{2}} \right)}^2}} = 8\left( {cm} \right)\)

\(\Delta OMS\) vuông tại O \( \Rightarrow SM = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10\left( {cm} \right)\)

Ta có: \(AB \bot SO,\,\,AB \bot OM \Rightarrow AB \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow AB \bot SM\)

Sử dụng công thức tỉ số thể tích cho khối chóp tam giác

 

\frac{{S{A_1}}}{{SA}}.\frac{{S{B_1}}}{{SB}}.\frac{{S{C_1}}}{{SC}}\)

Cách giải:

Ta có: \(\frac{{{V_{S.EBD}}}}{{{V_{S.CBD}}}} = \frac{{SE}}{{SC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow {V_{S.EBD}} = \frac{2}{3}{V_{S.CBD}}\)

Mà \({V_{S.CBD}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}}\left( {do\,\,{S_{BCD}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}}} \right)\)

\( \Rightarrow {V_{S.EBD}} = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.1 = \frac{1}{3}\)

Đáp án A

Phương pháp:

\({\log _a}b = \frac{{{{\log }_c}b}}{{{{\log }_c}a}},\,\,\,{\log _{{a^c}}}b = \frac{1}{c}{\log _a}b,\,\,\,{\log _a}{b^c} = c{\log _a}b\,\,\left( {0 < a,c \ne 1;\,b > 0} \right)\)

Cách giải:

\({\log _4}54 = \frac{1}{2}{\log _2}54 = \frac{1}{2}\left( {{{\log }_2}{3^3} + {{\log }_2}2} \right) = \frac{1}{2}\left( {3{{\log }_2}3 + 1} \right) = \frac{1}{2}\left( {3a + 1} \right)\)

Đáp án C

Phương pháp:

Giải bất phương trình mũ cơ bản, đưa về cùng cơ số.

Cách giải:

\({\left( {\sqrt {10} - 3} \right)^x} > \sqrt {10} + 3 \Leftrightarrow \left( {\sqrt {10} - 3} \right) > {\left( {\sqrt {10} - 3} \right)^{ - 1}} \Leftrightarrow x < - 1\,\,\left( {do\,\,0 < \sqrt {10} - 3 < 1} \right)\)

Đáp án D

Phương pháp:

Dựa vào các đường tiệm cận của đồ thị hàm số và giao điểm của đồ thị hàm số với các trục tọa độ.

Cách giải:

Đồ thị hàm số ở hình bên có TCĐ là \(x = - 1\) và TCN là \(y = 2\). Như vậy, có hàm số \(y = \frac{{2x + 5}}{{x + 1}}\) và \(y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}\) thỏa mãn.

Mặt khác, đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ bằng 1 \( \Rightarrow \) Ta chọn phương án D: \(y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Giải phương trình bậc hai đối với phương trình mũ, hoặc có thể đặt ẩn phụ \(t = {3^x}\,\left( {t > 0} \right)\)

Cách giải:

Đáp án A

Phương pháp:

\(\left( {f.g} \right)' = f'g + g'f\)

Cách giải:

\(y = x\ln x \Rightarrow y' = 1.\ln x + x.\frac{1}{x} = \ln x + 1\)

Đáp án B

Phương pháp:

Điểm \(x = {x_0}\) được gọi là điểm cực đại của hàm số \(y = f\left( x \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( {{x_0}} \right) = 0\\f''\left( {{x_0}} \right) < 0\end{array} \right.\)

Cách giải:

\(y = x - \sin 2x \Rightarrow y = 1 - 2\cos 2x,\,\,\,y'' = 4\sin 2x\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\2x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right.,\,\,k \in Z \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\x = - \frac{\pi }{6} + k\pi \end{array} \right.,\,\,k \in Z\)

Ta có: \(y''\left( {\frac{\pi }{6} + k\pi } \right) = 4\sin \left( {2\left( {\frac{\pi }{6} + k\pi } \right)} \right) = 4\sin \left( {\frac{\pi }{3} + k2\pi } \right) = 2\sqrt 3 > 0\)

\( \Rightarrow \) Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm \(x = \frac{\pi }{6} + k\pi ,\,\,k \in Z\)

\(y''\left( { - \frac{\pi }{6} + k\pi } \right) = 4\sin \left( {2\left( { - \frac{\pi }{6} + k\pi } \right)} \right) = 4\sin \left( { - \frac{\pi }{3} + k2\pi } \right) = - 2\sqrt 3 < 0\)

\( \Rightarrow \) Hàm số đạt cực đại tại các điểm \(x = - \frac{\pi }{6} + k\pi ,\,\,\,k \in Z\)

Đáp án A

Xác định góc giữa hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right);\,\left( \beta \right)\)

- Tìm giao tuyến \(\Delta \) của \(\left( {\alpha ;\beta } \right)\)

- Xác định 1 mặt phẳng \(\left( \gamma \right) \bot \Delta \)

- Tìm các giao tuyến \(a = \left( \alpha \right) \cap \left( \gamma \right),\,\,\,b = \left( \beta \right) \cap \left( \gamma \right)\)

- Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {\alpha ;\beta } \right):\,\,\,\left( {\left( \alpha \right);\left( \beta \right)} \right) = \left( {a;b} \right)\)

Cách giải:

Kẻ \(AH \bot BC,\,\,H \subset BC\)

Ta có: \(\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\)

\(BC \bot AH,\,\,\,BC \bot SA\,\,do\,\,SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow BC \bot \left( {SAH} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {\left( {SAC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SH;AH} \right) = SHA = {45^0}\)

\(\Delta ABC\) vuông tại A \( \Rightarrow AB = \sqrt {B{C^2} - A{C^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} - {a^2}} = 2\sqrt 2 a\) và

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC = \frac{1}{2}.2\sqrt 2 a.a = \sqrt 2 {a^2}\)

\(AH \bot BC \Rightarrow AH.BC = AB.AC \Rightarrow AH = \frac{{2\sqrt 2 a.a}}{{3a}} = \frac{{2\sqrt 2 a}}{3}\)

\(SAH\) vuông tại A, \(SHA = {45^0} \Rightarrow \Delta SAH\) vuông cân tại A \( \Rightarrow SA = AH = \frac{{2\sqrt 2 a}}{3}\)

Thể tích khối chóp S.ABC: \(V = \frac{1}{3}.SA.{S_{ & ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{2\sqrt 2 a}}{3}.\sqrt 2 {a^2} = \frac{4}{9}{a^3}\)

Đáp án B

Phương pháp:

Thể tích khối nón: \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\)

Cách giải:

Thể tích khối nón: \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {.2^2}.3 = 4\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

Đáp án C

Phương pháp:

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên R \( \Leftrightarrow f'\left( x \right) \ge 0,\,\,\forall x \in R\) (bằng 0 tại hữu hạn điểm).

Cách giải:

\(y = \frac{1}{3}{x^3} + m{x^2} - mx - m \Rightarrow y' = {x^2} + 2mx - m\)

Để hàm số đồng biến trên R thì \(y' \ge 0,\,\,\forall v \in R\) (bằng 0 tại hữu hạn điểm)

\( \Leftrightarrow \Delta ' \le 0 \Leftrightarrow {m^2} + m \le 0 \Leftrightarrow - 1 \le m \le 0\)

Đáp án B

Phương pháp:

\({\log _a}x = b \Leftrightarrow x = {a^b}\left( {0 < a \ne 1;\,\,x > 0} \right)\)

Cách giải:

ĐK: \({x^2} > 0 \Leftrightarrow x \ne 0\)

\({\log _6}{x^2} = 2 \Leftrightarrow {x^2} = {6^2} \Leftrightarrow x = \pm 6\left( {tm} \right)\)

Đáp án D

Phương pháp:

Thể tích lăng trụ:

Cách giải:

Thể tích khối lăng trụ đã cho là: \(V = {a^2}.3a = 3{a^3}\)

Đáp án D

Cách giải:

Khối chóp ngũ giác có 10 cạnh.

Đáp án A

Tìm miền giá trị của hàm số \(y = {x^3} - 3x - 1\) trên đoạn \(\left[ { - 3;4} \right]\)

Từ đó, xác định giá trị của m để phương trình đã cho có nghiệm trên đoạn \(\left[ { - 3;4} \right]\)

Cách giải:

\({x^3} - 3x + 4m - 1 = 0 \Leftrightarrow {x^3} - 3x - 1 = - 4m\,\,\,\left( * \right)\)

Xét hàm số \(y = {x^3} - 3x - 1\) trên đoạn \(\left[ { - 3;4} \right]\)

Ta có \(y' = 3{x^2} - 3,\,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\)

Bảng biến thiên:

Để phương trình (*) có nghiệm thì \( - 19 \le - 4m \le 51 \Leftrightarrow - \frac{{51}}{4} \le m \le \frac{{19}}{4}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Hàm bậc nhất trên bậc nhất \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) có GTLN trên \(\left[ {a;b} \right] \Leftrightarrow - \frac{d}{c} \notin \left[ {a;b} \right]\)

Cách giải:

\(f\left( x \right) = \frac{{mx - 1}}{{2x + m}},\,\,\left( {x \ne - \frac{m}{2}} \right) \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{{m^2} + 2}}{{2x + m}} > 0,\,\, \Leftrightarrow \forall x \ne - \frac{m}{2}\)

Để hàm số đạt GTLN bằng 2 trên đoạn \(\left[ {3;5} \right]\) thì

\(\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l} - \frac{m}{2} < 2\\ - \frac{m}{2} > 5\end{array} \right.\\f\left( 5 \right) = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > - 6\\m < - 10\end{array} \right.\\\frac{{5m - 1}}{{10 + m}} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > - 6\\m < - 10\end{array} \right.\\5m - 1 = 20 + 2m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > - 6\\m < - 10\end{array} \right.\\m = 7\end{array} \right.\left( {tm} \right)\)

Đáp án B

Phương pháp:

Thể tích của khối tứ diện đều cạnh bằng a: \(V = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{{12}}\)

Cách giải:

Không mất tính tổng quát, giả sử \(a = \min \left( {a;b;c} \right)\)

Trên cạnh SB, SC lần lượt lấy các điểm B’, C’ sao cho \(SB' = SC' = SA = a\)

Khi đó, do \(ASB = BSC = CSA = {60^0}\) nên tứ diện S.AB’C’ là tứ diện đều và \({V_{S.AB'C'}} = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{{12}}\).

Ta có: \(\frac{{{V_{S.AB'C'}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SB'}}{{SB}}.\frac{{SC'}}{{SC}} = \frac{a}{b}.\frac{a}{c} = \frac{{{a^2}}}{{bc}} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{{{V_{S.AB'C'}}}}{{\frac{{{a^2}}}{{bc}}}} = \frac{{\frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{{12}}}}{{\frac{{{a^2}}}{{bc}}}} = \frac{{\sqrt 2 abc}}{{12}}\)

Đáp án D

Phương pháp:

+) Tìm TXĐ \(\left[ {a;b} \right]\) của hàm số.

+) Giải phương trình \(y' = 0 \Rightarrow \) các nghiệm \({x_i}\) thỏa mãn điều kiện xác định.

+) Tính \(f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)\) và kết luận.

Cách giải:

\(y = x\sqrt {1 - {x^2}} = f\left( x \right),\,\,x \in \left( { - 1;1} \right)\)

\(y' = 1.\sqrt {1 - {x^2}} + x.\frac{{ - 2x}}{{2\sqrt {1 - {x^2}} }} = \frac{{1 - {x^2} - {x^2}}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} = \frac{{1 - 2{x^2}}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} = 0 \Leftrightarrow x = \pm \frac{1}{{\sqrt 2 }}\)

Ta có: \(f\left( { - 1} \right) = f\left( 1 \right) = 0,\,\,\,f\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) = \frac{1}{2},\,\,f\left( {\frac{{ - 1}}{{\sqrt 2 }}} \right) = - \frac{1}{2}\)

Vậy, GTNN của hàm số là \(\frac{{ - 1}}{2}\)

Đáp án D

Phương pháp:

Đặt \(\cos \,x = t\). Tìm GTLN, GTNN của hàm số với ẩn là t.

Cách giải:

Đáp án A

Phương pháp:

Khối đa diện đều loại \(\left\{ {n;p} \right\}\) là khối đa diện đều có các mặt là đa diện đều n cạnh, mỗi đỉnh là điểm chung của p cạnh.

Cách giải:

Khối đa diện đều loại \(\left\{ {4;3} \right\}\) là bát diện đều, có số đỉnh, số cạnh và số mặt lần lượt bằng: 6, 12, 8.

Đáp án C

Phương pháp:

\({\log _a}f\left( x \right) < {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\f\left( x \right) > g\left( x \right)\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}a > 1\\f\left( x \right) < g\left( x \right)\end{array} \right.\end{array} \right.\)

Cách giải:

\({\log _{\frac{1}{5}}}f\left( x \right) > {\log _{\frac{1}{5}}}g\left( x \right) \Leftrightarrow 0 < f\left( x \right) < g\left( x \right)\,\,\left( {do\,\,0 < \frac{1}{5} < 1} \right)\)

Đáp án A

Phương pháp:

Thể tích khối chóp:

Cách giải:

Thể tích của khối chóp S.ABCD là: \(V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SA = \frac{1}{3}{a^2}.a\sqrt 3 = \frac{{\sqrt 3 }}{3}{a^3}\)

Đáp án C

Phương pháp:

Đáp án B

Phương pháp:

Công thức lãi kép, không kỳ hạn: \({A_n} = M{\left( {1 + r\% } \right)^n}\)

Với: \({A_n}\) là số tiền nhận được sau tháng thứ n, n A

      M là số tiền gửi ban đầu,

      n là thời gian gửi tiền (tháng),

      r là lãi suất định kì (%).

Cách giải:

Số tiền ông An nhận được là: \({A_{10}} = 100\,000\,000.{\left( {1 + 7\% } \right)^{10}} = {10^8}.{\left( {1 + 0,07} \right)^{10}}\)

Đáp án B

Phương pháp:

Số điểm cực trị của hàm số là số nghiệm của phương trình \(y' = 0\) và qua điểm đó y’ đổi dấu.

Cách giải:

\(y = {x^3} - 3{x^2} + 2 \Rightarrow y' = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \) Hàm số có đúng hai điểm cực trị.

Đáp án B

Phương pháp:

Giải bất phương trình logarit cơ bản.

Cách giải:

Đáp án C

Phương pháp:

Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right) \Leftarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}}\)

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của BC, O là tâm của hình vuông ABCD

Khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l}OM \bot BC\\SO \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SOM} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SM;OM} \right) = SMO = \alpha \)

Hình vuông ABCD có cạnh bằng a \( \Rightarrow OM = \frac{a}{2}\)

\(\Delta SOM\) vuông tại O \( \Rightarrow SO = OM.\tan M = \frac{a}{2}.\tan \alpha = \frac{{a\,\tan \alpha }}{2}\)

Thể tích khối chóp S.ABCDlà: \(V = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\,\tan \alpha }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\tan \alpha }}{6}\)

Đáp án C

Phương pháp:

Tìm tọa độ điểm A và B . Tính độ dài đoạn AB .

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của đường cong \(y = {x^3} - 3x + 2\) và trục hoành là:

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

\( \Rightarrow A\left( {1;0} \right),\,\,B\left( { - 2;0} \right) \Rightarrow AB = 3\)

Đáp án A

Phương pháp:

+) Xét phương trình hoành độ giao điểm, tìm điều kiện để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.

+) Sử dụng định lí Vi-ét.

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị \(\left( {{C_m}} \right)\) và đường thẳng \(d:y = x + 1\)

Đáp án D

Phương pháp:

* Định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\)

Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = a\) hoặc \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = a \Rightarrow y = a\)là TCN của đồ thị hàm số.

* Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\)

Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} f\left( x \right) = - \infty \) hoặc \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ - }} f\left( x \right) = + \infty \) hoặc \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ - }} f\left( x \right) = - \infty \) thì \(x = a\) là TCĐ của đồ thị hàm số.

Cách giải:

\(y = \frac{{{x^2} - 6x + 3}}{{{x^2} - 3x + 2}}\) (TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ {1;2} \right\}\))

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{x^2} - 6x + 3}}{{{x^2} - 3x + 2}} = 1 \Rightarrow \)Đồ thị hàm số có TCN \(y = 1\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} - 6x + 3}}{{{x^2} - 3x + 2}} = + \infty ,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{{x^2} - 6x + 3}}{{{x^2} - 3x + 2}} = - \infty ,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{{x^2} - 6x + 3}}{{{x^2} - 3x + 2}} = - \infty ,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{{x^2} - 6x + 3}}{{{x^2} - 3x + 2}} = + \infty \)

\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có 2 TCĐ \(x = 1,\,\,x = 2\)

Đáp án A

Phương pháp:

Nhận dạng đồ thị hàm số bậc bốn trùng phương.

Đáp án D

Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình \(a{x^3} + b{x^2} + cx + d + 2 = 0\) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) và đường thẳng \(y = - 2\).

Cách giải:

Số nghiệm của phương trình \(a{x^3} + b{x^2} + cx + d + 2 = 0\) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) và đường thẳng \(y = - 2\).

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy: đồ thị hàm số \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) cắt đường thẳng \(y = - 2\) tại 3 điểm phân biệt \( \Rightarrow \) Phương trình đã cho có đúng ba nghiệm.

Đáp án B

Phương pháp:

Giải phương trình bậc hai logarit.

Cách giải:

ĐK: \(x > 0\)

\({\log ^2}x - \log x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\log x = - 1\\\log x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{1}{{10}}\\x = 100\end{array} \right.\)

Phương trình đã cho có tất cả 2 nghiệm.

Đáp án D

Phương pháp:

Thể tích khối trụ: \(V = \pi {r^2}h\)

Cách giải:

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ.

Cách giải:

\({S_{xq}} = 2\pi rl\)

Đáp án B

Phương pháp:

Hàm đa thức bậc ba có cực trị \( \Leftrightarrow \) phương trình \(y' = 0\) có 2 nghiệm phân biệt.

Cách giải:

\(y = {x^3} - {x^2} + mx - 5 \Rightarrow y' = 3{x^2} - 2x + m\)

Để hàm số có cực trị thì \(y' = 0\) có 2 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 1 - 3m > 0 \Leftrightarrow m < \frac{1}{3}\)

Đáp án D

Phương pháp:

+) \({\log _a}f\left( x \right)\) xác định \( \Leftrightarrow f\left( x \right) > 0\)

+) \(\frac{A}{B}\) xác định \( \Leftrightarrow B \ne 0\)

Cách giải:

Điều kiện xác định: \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{x + 3}}{{2 - x}} > 0\\2 - x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - 3 < x < 2\)

Tập xác định của hàm số \(y = {\log _2}\frac{{x + 3}}{{2 - x}}\) là \(\left( { - 3;2} \right)\)

Gọi M, N, I lần lượt là trung điểm của AB, BC, SA; G là trọng tâm tâm giác ABC

Mà tam giác ABC đều \( \Rightarrow \) G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Trong (SAN), dựng đường thẳng qua G song song SA, đường thẳng qua I song song AN, chúng cắt nhau tại O

Khi đó, \(OA = OB = OC = OS\) hay O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC

I là trung điểm của SA \( \Rightarrow IA = \frac{{SA}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a = 3\left( {cm} \right)\)

Tam giác đều cạnh ABC \(a = 3cm \Rightarrow AN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AG = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{3.\sqrt 3 }}{3} = \sqrt 3 \left( {cm} \right)\)

Tứ giác AGOI có: \(OG//AI,\,\,\,OI//AG \Rightarrow \) AGOI là hình bình hành

Mà \(A = {90^0} \Rightarrow \) AGOI là hình chữ nhật \( \Rightarrow OA = \sqrt {A{I^2} + A{G^2}} = \sqrt {{3^2} + {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}} = 2\sqrt 3 \left( {cm} \right)\)

\( \Rightarrow \) Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là: \(R = 2\sqrt 3 \left( {cm} \right)\)

\( \Rightarrow \) Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi .{\left( {2\sqrt 3 } \right)^3} = 32\sqrt 3 \pi \left( {c{m^3}} \right)\)

Đáp án A

Phương pháp:

Phân chia và lắp ghép các khối đa diện.

Cách giải:

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BB’, CC’. Khi đó: ABC.MEF là hình lăng trụ đứng và \({V_{ABC.MEF}} = \frac{1}{2}V\)

Ta có:

\({V_{M.EFNP}} = \frac{1}{4}{V_{M.BCC'B'}} = \frac{1}{4}.{V_{ABCC'B'}} = \frac{1}{4}.\left( {V - {V_{A.A'B'C'}}} \right) = \frac{1}{4}\left( {V - \frac{V}{3}} \right) = \frac{1}{4}.\frac{2}{3}V = \frac{V}{6}\)

\( \Rightarrow {V_{ABC.MNP}} = {V_{ABC.MEF}} + {V_{M.EFNP}} = \frac{1}{2}V + \frac{1}{6}V = \frac{2}{3}V\)

Đáp án C

Phương pháp:

\({\log _a}f\left( x \right) = b \Leftrightarrow f\left( x \right) = {a^b}\,\,\left( {0 < a \ne 1;\,\,\,f\left( x \right) > 0} \right)\)

Cách giải:

ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}4 - 3x > 0\\0 < x \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 < x < \frac{4}{3}\\x \ne 1\end{array} \right.\)

\({\log _x}\left( {4 - 3x} \right) = 2 \Leftrightarrow 4 - 3x = {x^2} \Leftrightarrow {x^2} + 3x - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 4\end{array} \right.\) (loại)

Vậy \(x \in \emptyset \)

Đáp án A

Phương pháp:

Hàm số bậc nhất trên bậc nhất luôn đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó.

Cách giải:

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

\(y = \frac{{x + m}}{{x + 1}} \Rightarrow y' = \frac{{1 - m}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\)

Để hàm số \(y = \frac{{x + m}}{{x + 1}}\) đồng biến trên từng khoảng xác định thì \(1 - m > 0 \Leftrightarrow m < 1\)

Đáp án C

Phương pháp:

Thể tích khối cầu có bán kính r là: \(V = \frac{4}{3}\pi {r^3}\)

Cách giải:

Thể tích khối cầu có bán kính 3cm là: \(V = \frac{4}{3}\pi {r^3} = 36\pi \left( {c{m^3}} \right)\)

Đáp án A

Phương pháp: \({a^x} = b \Leftrightarrow x = {\log _a}b\,\,\left( {0 < a \ne 1;\,\,b > 0} \right)\)

Cách giải:

\({5^{2 - x}} = 125 \Leftrightarrow {5^{2 - x}} = {\log _5}125 \Leftrightarrow 2 - x = 3 \Leftrightarrow x = - 1\)

Đáp án A

Cách giải:

Kẻ \(SH \bot BC,\,\,H \in BC\)

Do \(\left( {SBC} \right) \bot \left( {ABC} \right),\,\,\,\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\)

\(\Delta SBC\) đều, cạnh a\( \Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\(\Delta ABC\) vuông tại A có \(ABC = {30^0} \Rightarrow ABC\) là một nửa tam giác đều cạnh là \(BA = a \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{8}\)

Thể tích khối chóp S.ABC là:

Đáp án C

Phương pháp:

+) Giải phương trình\(y' = 0\) tìm các điểm cực trị của hàm số.

+) Tính các giá trị cực trị của hàm số.

Cách giải:

\(y = {x^4} + 10{x^2} - 9 \Rightarrow y' = - 4{x^3} + 20x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm \sqrt 5 \end{array} \right.\)

Bảng xét dấu y’:

 

Đáp án B

Phương pháp:

Đặt \({e^x} = t,\,\,\,t \in \left[ {2;5} \right]\). Tìm GTNN của hàm số \(y = {t^2} + 3t - 1\) trên đoạn \(\left[ {2;5} \right]\)

Cách giải:

Đáp án D

Phương pháp: \({\log _{{a^n}}}{b^m} = \frac{m}{n}{\log _a}b\)

Cách giải: \({\log _{\frac{1}{a}}}\sqrt[3]{{{a^7}}} = {\log _{{a^{ - 1}}}}{a^{\frac{7}{3}}} = - \frac{7}{3}{\log _a}a = - \frac{7}{3}\)

Đáp án C

Phương pháp:

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}},\,\,ad - bc \ne 0,\,\,c \ne 0\) có TXĐ: \(x = - \frac{d}{c}\)

Cách giải:

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x - 3}}{{x - 7}}\) có phương trình là: \(x = 7\)

Đáp án B

Phương pháp:

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

Cách giải:

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

\(y = \frac{{3x + 1}}{{x - 1}} \Rightarrow y' = \frac{{3.\left( { - 1} \right) - 1.1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{ - 4}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,\,\,\forall x \ne 1\)

\( \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right),\,\,\left( {1; + \infty } \right)\)

Đáp án C

Phương pháp: \({x^n}\left( {n \notin Z} \right)\) xác định \( \Leftrightarrow x > 0\)

Cách giải:

Ta thấy \( - \frac{1}{2}\) là số không nguyên nên hàm số xác định \( \Leftrightarrow 2x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}\)

Vậy \(D = \left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)\)