Đáp án C

Phương pháp:

Xác định khoảng mà tại đó \(y' \le 0\), dấu “=” xảy ra ở hữu hạn điểm.

Cách giải:

\(y = {x^3} + 3{x^2} + 2 \Rightarrow y' = 3{x^2} + 6x\)

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

Bảng xét dấu y’:

Đáp án C

Phương pháp:

Dựa vào khái niệm tâm đối xứng của khối đa diện.

Cách giải:

Hình tứ diện đều không có tâm đối xứng.

Đáp án B

Phương pháp:

Dựa vào khái niệm khối nón.

Cách giải:

Khi tam giác ABC quay quanh trục là đường thẳng AI một góc \({360^0}\) thì các cạnh của tam giác ABC sinh ra một hình nón.

Đáp án D

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

Cách giải: \({\log _2}\left( {2 + x} \right) = 2 \Leftrightarrow 2 + x = {2^2} \Leftrightarrow x = 2\)

Đáp án A

Phương pháp:

+) Tính y’ và giải phương trình \(y' = 0\)

+) Lập bảng xét dấu của y’ và rút ra kết luận.

+) Điểm \(x = {x_0}\) được gọi là điểm cực tiểu của hàm số khi và chỉ khi qua điểm đó y’ đổi dấu từ âm sang dương.

Cách giải: \(y = - {x^4} + 2{x^2} + 2 \Rightarrow y' = - 4{x^3} + 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\end{array} \right.\)

Bảng xét dấu y’:

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 0\), giá trị cực tiểu \({y_{CT}} = y\left( 0 \right) = 2\)

Đáp án C

Đáp án A

Phương pháp:

Tập xác định của hàm số \(y = {x^\alpha }\):

+) Nếu \(\alpha \) là số nguyên dương thì TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

+) Nếu \(\alpha \) là số nguyên âm hoặc bằng 0 thì TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\)

+) Nếu \(\alpha \) là số không nguyên thì TXĐ: \(D = \left( {0; + \infty } \right)\)

Cách giải:

\(y = {\left( {1 + x} \right)^{\frac{1}{3}}}\) : Điều kiện xác định: \(x + 1 > 0 \Leftrightarrow x > - 1\)

TXĐ: \(D = \left( { - 1; + \infty } \right)\)

Đáp án B

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

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

Vậy, phương trình đã cho có 2 nghiệm.

Đáp án D

Phương pháp: \(y = {a^{u.x}} \Rightarrow y' = {a^{u.x}}.\ln a.\left( {u.x} \right)'\)

Cách giải: \(y = {5^{3x + 1}} \Rightarrow y' = {5^{3x + 1}}.\ln 5.3 = {3.5^{3x + 1}}\ln 5\)

Đáp án B

Phương pháp:

- Tìm TXĐ

- Tìm nghiệm và các điểm không xác định của y’.

Đáp án A

Phương pháp:

Nhận biết dạng của hàm số bậc ba và hàm số bậc 4 trùng phương.

Cách giải:

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy: đồ thị hàm số không phải đồ thị của hàm số bậc 4 trùng phương \( \Rightarrow \) Loại phương án C

Khi \(x \to + \infty \) thì nên \(a > 0 \Rightarrow \) Loại phương án B

Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị, trong đó 1 cực trị tại \(x = 0\), 1 cực trị tại \(x = {x_0} > 0\)

Xét \(y = {x^3} + 3{x^2} + 2 \Rightarrow y' = 3{x^2} + 6x,\,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2 < 0\end{array} \right. \Rightarrow \) Loại phương án D

Đáp án A

Phương pháp:

Dựa vào khái niệm khối cầu.

Cách giải:

Cho đường tròn quay quanh một đường thẳng đi qua tâm đường tròn đó một góc \({360^0}\) ta được hình là một mặt cầu.

Đáp án B

Phương pháp:

Giải phương trình hoành độ giao điểm, từ đó tính tổng \(2{x_A} + 3{x_B}\)

Cách giải:

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(y = x - 1\) và đồ thị hàm số \(y = \frac{{3x + 1}}{{x - 1}}\)

Đáp án C

Phương pháp:

Hàm số bậc nhất trên bậc nhất \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) có 1 TCĐ là \(x = \frac{{ - d}}{c}\) và 1 TCN là \(y = \frac{a}{c}\)

Cách giải:

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}\) có tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là \(x = - 1;\,\,y = 2\)

Đáp án C

Phương pháp:

Đếm các mặt của đa diện.

Cách giải:

Hình đa diện bên có 11 mặt.

Đáp án C

Phương pháp:

Đặt \(\sin 2x = t,\,\,t \in \left[ { - 1;1} \right]\), khảo sát, tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của hàm số với ẩn là t.

Cách giải: \(y = \sin 2x - {\cos ^2}2x + 1 = {\sin ^2}2x + \sin 2x\)

Đặt \(\sin 2x = t,\,\,t \in \left[ { - 1;1} \right]\), ta có: \(y = {t^2} + t = f\left( t \right),\,\,\,y' = 2t + 1,\,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow t = - \frac{1}{2}\)

Ta có: \(f\left( { - 1} \right) = 0,\,\,f\left( { - \frac{1}{2}} \right) = - \frac{1}{4},\,\,\,f\left( 1 \right) = 2 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} y = - \frac{1}{4},\,\,\,\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} y = 2\) hay \(M = 2;\,\,\,m = - \frac{1}{4}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Loại trừ từng đáp án.

Đáp án A

Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = m + 1\) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = m + 1\)

Cách giải:

Phương trình \(f\left( x \right) = m + 1\) vô nghiệm \( \Leftrightarrow - 2 \le m + 1 < 1 \Leftrightarrow - 3 \le m < 0\)

Đáp án D

Phương pháp:

S.ABC là tứ diện vuông là một phần của hình hộp chữ nhật SB’D’C’.ABCD (như hình vẽ bên), có tâm mặt cầu ngoại tiếp trùng với tâm của hình hộp chữ nhật, có bán kính bằng nửa đường chéo của hình hộp chữ nhật (độ dài các cạnh là a, b, c) bằng \(r = \frac{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}{2}\)

Cách giải:

Bán kính r của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC  : \(r = \frac{{\sqrt {S{A^2} + B{A^2} + C{A^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2} + {{\left( {3a} \right)}^2}} }}{2} = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}\)

Đáp án C

Phương pháp:

Diện tích xung quanh \({S_{xq}}\) của hình trụ: \({S_{xq}} = 2\pi rh\)

Thể tích của hình trụ: \(V = \pi {r^2}h\)

Cách giải:

Hình trụ có \(V = 8\pi {a^3} \Leftrightarrow \pi {r^2}h = 8\pi {a^3} \Leftrightarrow \pi {r^2}.2a = 8\pi {a^3} \Leftrightarrow {r^2} = 4{a^2} \Leftrightarrow r = 2a\)

Diện tích xung quanh \({S_{xq}}\) của hình trụ: \({S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi rh = 2\pi .2a.2a = 8\pi {a^2}\)

Đáp án C

Đáp án A

Phương pháp:

\({\log _a}x\) xác định \( \Leftrightarrow x > 0\)

\(\sqrt A \) xác định \( \Leftrightarrow A \ge 0\)

\(\frac{1}{A}\) xác định \( \Leftrightarrow A \ne 0\)

Cách giải:

Điều kiện xác định: \(\left\{ \begin{array}{l}{\log _2}\left( {{x^2} - 2x + 2m} \right) > 0\\{x^2} - 2x + 2m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 2m > 1 \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 2m - 1 > 0\)

Để hàm số có tập xác định là R thì

\({x^2} - 2x + 2m - 1 > 0,\,\,\,\forall x \in R \Leftrightarrow \Delta ' < 0 \Leftrightarrow 1 - 2m + 1 < 0 \Leftrightarrow m > 1\)

Đáp án A

Phương pháp:

+) Tìm TXĐ.

+) Đặt \({\log _3}x = t\), quy đồng, giải phương trình ẩn t, từ đó suy ra nghiệm x.

Cách giải:

ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\{\log _3}x \ne 5\\{\log _3} \ne - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x \ne {3^5}\\x \ne \frac{1}{3}\end{array} \right.\)

Đặt \({\log _3}x = t\,\,\left( {t \ne 5,\,\,t \ne - 1} \right)\). Khi đó, phương trình \(\frac{1}{{5 - {{\log }_3}x}} + \frac{2}{{1 + {{\log }_3}x}} = 1\) trở thành:

\(\frac{1}{{5 - t}} + \frac{2}{{1 + t}} = 1 \Leftrightarrow 1 + t + 10 - 2t = 5 + 5t - t - {t^2} \Leftrightarrow {t^2} - 5t + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\\t = 3\end{array} \right.\left( {tm} \right)\)

Đáp án B

Phương pháp: \({V_{n\'o n}} = \frac{1}{3}\pi {R^2}h\)

S.ABCD là chóp tứ giác đều \( \Rightarrow \) ABCD là hình vuông

\(BD = AB\sqrt 2 = a\sqrt 3 .\sqrt 2 = a\sqrt 6 \Rightarrow r = OB = \frac{{BD}}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Tam giác SAB có: \(SA = AB,\,\,\,ASB = {60^0} \Rightarrow \Delta ASB\) đều \( \Rightarrow SA = SB = a\sqrt 3 \)

\( \Rightarrow SB = SD = AD = AB = a\sqrt 3 \)

\( \Rightarrow \Delta SBD = ABD\left( {c.c.c} \right) \Rightarrow SO = OA = OB = OD = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Thể tích của khối nón đỉnh S có đáy là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD:

\(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi .O{A^2}.SO = \frac{1}{3}\pi .{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{2}} \right)^3} = \frac{{\pi {a^3}\sqrt 6 }}{4}\)

Đáp án B

Phương pháp:

+) Gọi I là trung điểm của MN \( \Rightarrow SI \bot \left( {MNP} \right)\)

+) Tính diện tích tam giác MNP.

+) \({V_{S.MNP}} = \frac{1}{3}SI.{S_{MNP}}\)

Cách giải:

\(\Delta SMN\) vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy, gọi I là trung điểm của MN \( \Rightarrow SI \bot \left( {ABC} \right)\) và \(SI = \frac{{SM}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}\)

\(MN = 2SI = 2.a\sqrt {\frac{3}{2}} = a\sqrt 6 \)

\(\Delta MNP\) đều \( \Rightarrow {S_{MNP}} = \frac{{M{N^2}.\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{{\left( {a\sqrt 6 } \right)}^2}.\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3\sqrt 3 {a^2}}}{2}\)

Đáp án C

Phương pháp:

Dựa vào các đường tiệm cận của đồ thị hàm số và tính đơn điệu của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Đáp án D

Phương pháp:

Lập tỉ lệ thể tích của hai khối trên với thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' .

Cách giải:

Đặt \({V_{ABC.A'B'C'}} = V\). Khi đó: \(\frac{{{V_{M.ABC}}}}{V} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2} = \frac{1}{6} \Rightarrow {V_{M.ABC}} = \frac{V}{6}\)

\( \Rightarrow {V_{MBC.A'B'C'}} = V - \frac{V}{6} = \frac{{5V}}{6} \Rightarrow \frac{{{V_{MBC.A'B'C'}}}}{{{V_{M.ABC}}}} = \frac{{\frac{{5V}}{6}}}{{\frac{V}{6}}} = 5\)

Đáp án D

Phương pháp:

Xác định số điểm mà tại đó \(f'\left( x \right)\) đổi dấu

Cách giải:

\(f'\left( x \right) = {x^2}{\left( {x - 1} \right)^3}\left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = - 1\end{array} \right. \Leftarrow f'\left( x \right)\) đổi dấu tại 2 điểm \(x = 1,\,\,x = - 1\). Do đó, hàm số có 2 điểm cực trị.

Đáp án B

Phương pháp: \({\log _{{a^c}}}b = \frac{1}{c}{\log _a}b;\,\,\,{\log _a}{b^c} = c{\log _a}b\)

Cách giải:

Đáp án C

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:

TXĐ: \(D = R\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{5x + 11}}{{\sqrt {3{x^2} + 2017} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{5 + \frac{{11}}{x}}}{{\sqrt {3 + \frac{{2017}}{{{x^2}}}} }} = \frac{5}{{\sqrt 3 }};\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{5x + 11}}{{\sqrt {3{x^2} + 2017} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{5 + \frac{{11}}{x}}}{{ - \sqrt {3 + \frac{{2017}}{{{x^2}}}} }} = - \frac{5}{{\sqrt 3 }}\)

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{5x + 1}}{{\sqrt {3{x^2} + 2017} }}\) có 2 đường tiệm cận là \(y = \frac{5}{{\sqrt 3 }},\,\,\,y = - \frac{5}{{\sqrt 3 }}\)

Đáp án D

Phương pháp:

Thể tích khối lăng trụ:

Cách giải:

Diện tích đáy: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.a.2a = {a^2}\)

Thể tích khối lăng trụ: \(V = {S_{ABC}}.h = {a^2}.h = {a^3} \Rightarrow h = a\)

Đáp án A

Phương pháp:

Đáp án D

Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình \(\left| {f\left( x \right)} \right| = m\) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) và đường thẳng \(y = m\)

Cách giải:

Từ đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta có đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) như hình bên:

Số nghiệm của phương trình \(\left| {f\left( x \right)} \right| = m\) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) và đường thẳng \(y = m\)

\( \Rightarrow \) Để phương trình \(\left| {f\left( x \right)} \right| = m\) có 4 nghiệm phân biệt thì \(1 < m < 3\)

Đáp án D

Phương pháp:

Nhận dạng hàm số bậc ba.

Cách giải:

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy: khi \(x \to + \infty \) thì \(y \to + \infty \) nê \(a > 0 \Rightarrow \) Loại các đáp án A, B, C. Chọn D.

Đáp án B

Phương pháp:

Xác định các trường hợp của m, trong mỗi trường hợp, tìm các đường tiệm cận của đồ thị hàm số và cho các đường tiệm cận đi qua điểm \(A\left( {1;4} \right)\)

Cách giải:

+) Với \(m = 0 \Rightarrow y = 4\): Đồ thị hàm số không có tiệm cận.

+) Với \(m \ne 0,\,\,\,{m^2}.\left( { - 1} \right) - \left( { - 4} \right).m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 4\) thì \(y = 4\): Đồ thị hàm số không có tiệm cận.

+) Với \(m \ne 0,\,\,m \ne 4 \Rightarrow y = \frac{{{m^2}x - 4}}{{mx - 1}}\) có tiệm cận đứng \(x = \frac{1}{m}\), tiệm cận ngang \(y = m\)

Đáp án A

Đáp án D

Phương pháp:

+) Tìm TXĐ.

+) Đưa phương trình về ẩn \({\log _5}x\)

Cách giải:

ĐKXĐ: \(x > 0,\,\,x \ne 1\)

    \({\log _x}\left( {125x} \right).{\log _{25}}x > \frac{3}{2} + \log _5^2x\)

\( \Leftrightarrow {\log _x}125 + 1.{\log _{25}}x > \frac{3}{2} + \log _5^2x\)

\( \Leftrightarrow 3{\log _x}5 + 1.\frac{1}{2}{\log _5}x > \frac{3}{2} + \log _5^2x\)

\( \Leftrightarrow \left( {\frac{3}{{{{\log }_5}x}} + 1} \right){\log _5}x > 3 + 2\log _5^2x\)

\( \Leftrightarrow 3 + {\log _5}x > 3 + 2\log _5^2x \Leftrightarrow 2\log _5^2x - {\log _5}x < 0\)

\( \Leftrightarrow 0 < {\log _5}x < \frac{1}{2} \Leftrightarrow 1 < x < \sqrt 5 \)

Vậy, bất phương trình có tập nghiệm \(S = \left( {1;\sqrt 5 } \right)\)

Đáp án B

Đáp án C

Phương pháp:

Biến đổi, đặt \({\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right) = t,\,\,t \ge 2\)

Cách giải:

    \({\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right).{\log _4}\left( {{{2.5}^x}} \right) - 2 = m\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right).{\log _{{2^2}}}\left( {{{2.5}^x}} \right) - 1 = m\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}{\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right).1 + {\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right) = m\)

\( \Leftrightarrow \log _2^2\left( {{5^x} - 1} \right) + {\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right) - 2m = 0\)

Đặt \({\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right) = t,\,\,t \ge 2\), phương trình trở thành: \({t^2} + t = 2m = 0,\,\,t \ge 2 \Leftrightarrow {t^2} + t = 2m,\,\,t \ge 2\left( * \right)\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {t^2} + t,\,\,t \ge 2\) có: \(f'\left( t \right) = 2t + 1 > 0,\,\,\,\forall t \ge 2 \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left[ {2; + \infty } \right)\)

Để phương trình (*) có nghiệm thì \(2m \ge 6 \Leftrightarrow m \ge 3\)

Đáp án A

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

Cách giải:

\({\log _2}x.{\log _4}x.{\log _8}x.{\log _{16}}x = \frac{{81}}{{24}} \Leftrightarrow {\log _2}x.\frac{1}{2}{\log _2}x.\frac{1}{3}{\log _2}x.\frac{1}{4}{\log _2}x = \frac{{81}}{{24}} \Leftrightarrow \frac{1}{{24}}{\log _2}{x^4} = \frac{{81}}{{24}}\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}{x^4} = 81 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}x = 3\\{\log _2}x = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 8\\x = \frac{1}{8}\end{array} \right.\)

Tích hai nghiệm là: \(8.\frac{1}{8} = 1\)

Đáp án D

Phương pháp:

Giải phương trình mũ cơ bản.

Cách giải:

Đáp án D

Phương pháp:

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

Tính tỉ số \(\frac{a}{b}\)

Đáp án B

Phương pháp: \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}}\)

Cách giải:

ABC.A'B'C' là lăng trụ đều \( \Rightarrow \Delta ABC\) đều \( \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}.\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 {a^2}\)

Thể tích ABC.A'B'C': \(V = {S_{ABC}}.AA' = \sqrt 3 {a^2}.a\sqrt 3 = 3{a^3}\)

Đáp án C

Phương pháp:

Thể tích hình lăng trụ \(V = Sh\)

Diện tích toàn phần của lăng trụ:

Cách giải:

Giả sử hình lăng trụ có đáy là tam giác đều cạnh a, có chiều cao h.

Diện tích đáy: \(S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Thể tích \(V = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.h \Rightarrow h = \frac{{4V}}{{\sqrt 3 {a^2}}}\)

Diện tích toàn phần:

Đáp án A

Phương pháp:

Phương pháp xét sự đồng biến, nghịch biến của các hàm số:

- Bước 1: Tìm tập xác định, tính \(f'\left( x \right)\)

- Bước 2: Tìm các điểm tại đó \(f'\left( x \right) = 0\) hoặc \(f'\left( x \right)\) không xác định

- Bước 3: Sắp xếp các điểm đó theo thứ tự tăng dần và lập bảng biến thiên

- Bước 4: Kết luận về các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số.

Cách giải:

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

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

Bảng xét dấu y’:

Hàm số \(y = \left( {{x^2} - 2x + 1} \right){e^{2x}}\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;1} \right)\)

Đáp án D

Phương pháp:

Dựa vào cách vẽ đồ thị hàm số các hàm có chứa trị tuyệt đối.

Cách giải:

Đáp án B

Phương pháp: \(l = \sqrt {{h^2} + {r^2}} \)

\(SH = \frac{{3a}}{2} > r \Rightarrow OH = SH - r = \frac{{3a}}{2} - a = \frac{a}{2}\)

\(\Delta AOH\) vuông tại H \( \Rightarrow AH = \sqrt {O{A^2} - O{H^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\(\Delta SAH\) vuông tại H \( \Rightarrow SA = \sqrt {S{H^2} + A{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = a\sqrt 3 \)

\( \Rightarrow l = a\sqrt 3 \)

Đáp án B

Cách giải:

Ta có: \({O_1}E \bot SB,\,\,\,{O_2}E \bot SB \Rightarrow {O_1}E//{O_2}E\)

Mà \({O_1}E = \frac{1}{2}{O_2}E \Rightarrow {O_1}E\) là đường trung bình của tam giác \(S{O_2}F \Rightarrow S{O_1} = {O_1}{O_2} = a + 2a = 3a\)

\(\Delta SE{O_1}\) vuông tại E \( \Rightarrow SE = \sqrt {SO_1^2 - {O_1}{E^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} - {a^2}} = 2\sqrt 2 a\)

Đoạn \(SH = S{O_1} + {O_1}{O_2} + {O_2}H = 3a + 3a + 2a = 8a\)

\(\Delta SE{O_1}\) đồng dạng \(\Delta SHB \Rightarrow \frac{{SE}}{{SH}} = \frac{{{O_1}E}}{{HB}} \Leftrightarrow \frac{{2\sqrt 2 a}}{{8a}} = \frac{a}{{HB}} \Rightarrow HB = 2\sqrt 2 a\)

Đáp án A

Phương pháp:

- Lập tỉ lệ thể tích khối tứ diện AMNP với khối chóp S.ABCD

- Tính thể tích khối chóp S.ABCD

- Tính thể tích khối tứ diện AMNP .

Cách giải:

M là trung điểm của SA \( \Rightarrow {S_{AMP}} = \frac{1}{2}{S_{SAP}} \Rightarrow {V_{AMNP}} = \frac{1}{2}{V_{N.SMP}}\)

N là trung điểm của SB \( \Rightarrow {V_{N.SMP}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABP}}\)

P là trung điểm của CD \( \Rightarrow {S_{ABP}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}} \Rightarrow {V_{S.ABP}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}}\)

\( \Rightarrow {V_{AMNP}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^3}.{V_{S.ABCD}} = \frac{{{V_{S.ABCD}}}}{8}\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}OP \bot CD\\SO \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOP} \right) \Rightarrow \left( {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = SPO = {45^0} \Rightarrow \Delta SOP\) vuông cân tại O

\( \Rightarrow SO = OP = \frac{a}{2}\)

Thể tích khối chóp S.ABCD: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}}}{6}\)

\( \Rightarrow {V_{AMNP}} = \frac{{{V_{S.ABCD}}}}{8} = \frac{{{a^3}}}{{48}}\)

Đáp án B

Diện tích xung quanh của khối trụ \({S_{xq}} = 2\pi rh\)

Diện tích toàn phần của khối trụ:

Cách giải:

Khối trụ có đường cao \(h = 3a\), bán kính đáy \(r = \frac{{3a}}{2}\)

Diện tích xung quanh của khối trụ \({S_{xq}} = 2\pi .3a.\frac{{3a}}{2} = 9\pi {a^2}\)

Diện tích toàn phần của khối trụ:

Đáp án D

Phương pháp:

Đáp án C

Phương pháp:

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow f'\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\)

Cách giải:

\(y = {\left( {\frac{2}{\pi }} \right)^{{x^3} + 3m{x^2} + 3mx + 10}}\)

\( \Rightarrow y' = \left( {3{x^2} + 6mx + 3m} \right).\ln \frac{2}{\pi }.{\left( {\frac{2}{\pi }} \right)^{{x^3} + 3m{x^2} + 3mx + 10}}\)

\( = 3\ln \frac{2}{\pi }.\left( {{x^2} + 2mx + m} \right).{\left( {\frac{2}{\pi }} \right)^{{x^3} + 3m{x^2} + 3mx + 10}}\)

Hàm số \(y = {\left( {\frac{2}{\pi }} \right)^{{x^3} + 3m{x^2} + 3mx + 10}}\)nghịch biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow y' \le 0,\,\,x \in \left( {0; + \infty } \right)\)

Mà \(\ln \frac{2}{\pi } < 0,\,\,\,{\left( {\frac{2}{\pi }} \right)^{{x^3} + 3m{x^2} + 3mx + 10}} > 0,\,\,\,\forall x \Rightarrow {x^2} + 2mx + m \ge 0,\,\,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\Delta ' \le 0\\\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\{x_1} < {x_2} \le 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)

Đáp án C

Phương pháp:

+) Tính \(g'\left( x \right)\) theo \(f'\left( x \right)\)

+) Xác định dấu của \(g\left( x \right)\) trên \(\left[ { - 1;2} \right]\) và kết luận.

Cách giải:

\(g\left( x \right) = f\left( x \right) - x \Rightarrow g'\left( x \right) = f'\left( {x - 1} \right)\)

Với \(x \in \left[ { - 1;2} \right]\) thì \(f'\left( x \right) \le 1\) dấu “=” chỉ xảy ra tại ba điểm \(x = - 1,\,\,x = 1,\,\,x = 2\)

Đáp án B

Phương pháp:

Bài toán lãi suất trả góp: \(A = \frac{{N{{\left( {1 + r} \right)}^n}r}}{{{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1}}\)

Trong đó:

N: số tiền vay

r: lãi suất

A: số tiền phải trả hàng tháng để sau n tháng là hết nợ.

Cách giải:

\(A = \frac{{N{{\left( {1 + r} \right)}^n}r}}{{{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1}} \Leftrightarrow 4,5 = \frac{{300 + {{\left( {1 + 0,5\% } \right)}^n}.0,5\% }}{{{{\left( {1 + 0,5\% } \right)}^n} - 1}} \Leftrightarrow 450.{\left( {1 + 0,5\% } \right)^n} - 450 = 150.{\left( {1 + 0,5\% } \right)^n}\)

\( \Leftrightarrow 300.{\left( {1 + 0,5\% } \right)^n} = 450 \Leftrightarrow n = {\log _{1,005}}\frac{3}{2} \approx 81,3\)

Vậy, sau 82 tháng, ông An sẽ trả hết số tiền vay.

Đáp án A

Phương pháp:

Lập hàm số tính thể tích khối hộp theo biến x, khảo sát tìm x để hộp nhận được có thể tích lớn nhất.

Cách giải:

Sau khi cắt, độ dài 2 chiều của đáy là: \(40 - 2x,\,\,\,\frac{{60 - 3x}}{2}\left( {cm} \right),\,\,x \in \left( {0;20} \right)\)

Thể tích khối hộp: \(V = x\left( {40 - 2x} \right).\frac{{60 - 3x}}{2} = 3x{\left( {20 - x} \right)^2} = f\left( x \right)\)

\(f'\left( x \right) = 3{\left( {20 - x} \right)^2} - 3x.2\left( {20 - x} \right) = 3 = 3.\left( {20 - x} \right)\left( {20 - 3x} \right)\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 20\left( L \right)\\x = \frac{{20}}{3}\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Vậy \(x = \frac{{20}}{3}\) thì hộp nhận được có thể tích lớn nhất.

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để đánh giá nghiệm của phương trình.

Cách giải:

\({\log _3}\left( {\frac{{1 - ab}}{{a + 2b}}} \right) = 3ab + a + 2b - 4 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {1 - ab} \right) - {\log _3}\left( {a + 2b} \right) = 3ab + a + 2b - 4\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}3\left( {1 - ab} \right) + 3\left( {1 - ab} \right) = {\log _3}\left( {a + 2b + a + 2b} \right)\,\,\,\left( * \right)\)

Đáp án A

Phương pháp:

+) Giải phương trình hoành độ giao điểm của hai hàm số, tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có 3 nghiệm phân biệt.

+) Sử dụng định lí Vi-et.

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của \(y = - mx\) và \(y = {x^3} - 3{x^2} - m + 2\)

\({x^3} - 3{x^2} - m + 2 = - mx \Leftrightarrow {x^3} - 3{x^2} + mx - m + 2 = 0\)

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

Để đường thẳng \(y = - mx\) cắt đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} - m + 2\) tại ba điểm A,B,C phân biệt thì (2) có 2 nghiệm phân biệt và khác 1

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\1 - 2 + m - 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - m + 2 > 0\\m - 3 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 3\)

Khi đó, giả sử (2) có 2 nghiệm \({x_1},\,{x_2}\left( {{x_1} < {x_2}} \right)\). Theo Vi ét: \({x_1} + {x_2} = 2\)

Mà \({y_1} = - m{x_1},\,\,{y_2} = - m{x_2} \Rightarrow {y_1} + {y_2} = - m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = - 2m\)

Đáp án C

Phương pháp:

Viết phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm cực trị của hàm số bậc ba

Kiểm tra các điểm ở các phương án xem có nằm trên d không.

Cách giải:

\(y = {x^3} + 3{x^2} - 9x + 1 \Rightarrow y' = 3{x^2} + 6x - 9\)

Chia y cho y’ ta được: \(y = \frac{1}{3}\left( {x + 1} \right).y' - 8x + 4\)

\( \Rightarrow \) Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị A và B là: \(d:y = - 8x + 4\)

Đáp án C

Phương pháp:

Phân chia và lắp ghép các khối đa diện.

Cách giải:

\(V' = V - {V_{A.MNP}} - {V_{B.MEG}} - {V_{C.EFP}} - {V_{D.NGF}} = V - \frac{V}{8} - \frac{V}{8} - \frac{V}{8} = \frac{{5V}}{8}\)

\( \Rightarrow \frac{{V'}}{V} = \frac{5}{8}\)

Đáp án B

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình nón \({S_{xq}} = \pi rl\)

Cách giải:

Gọi O là tâm của tam giác BCD \( \Rightarrow AO \bot \left( {BCD} \right)\)

\(OD = \frac{2}{3}.\frac{{3a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \)

Diện tích xung quanh của hình nón \({S_{xq}} = \pi .OD.AD = \pi .a\sqrt 3 .3a = 3\sqrt 3 \pi {a^2}\)