IMG-LOGO
Trang chủ Lớp 12 Toán Bộ 25 đề thi học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 (tiếp theo) có đáp án

Bộ 25 đề thi học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 (tiếp theo) có đáp án

Bộ 25 đề thi học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 (tiếp theo) - Đề 31 có đáp án

  • 2107 lượt thi

  • 50 câu hỏi

  • 90 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Cho \(0 < a \ne 1\)\(x > 0,\,\,y > 0\). Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:
Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng các công thức logarit.

Cách giải:

Trong 4 mệnh đề trên chỉ có mệnh đề \({\log _a}\left( {xy} \right) = {\log _a}x + {\log _a}y\) đúng.


Câu 2:

Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số thực m thuộc đoạn \(\left[ { - 2017;2017} \right]\) để hàm số \(y = {x^3} - 6{x^2} + mx + 1\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\)?

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp:

Do hàm số \(y = {x^3} - 6{x^2} + mx + 1\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) tương đương với hàm số đồng biến trên \(\left[ {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow y' \ge 0\,\,\forall x \in \left[ {0; + \infty } \right)\)

Cách giải:

Do hàm số \(y = {x^3} - 6{x^2} + mx + 1\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) tương đương với hàm số đồng biến trên \(\left[ {0; + \infty } \right)\)

Ta có \(y' = 3{x^2} - 12x + m \ge 0,\,\,\,\forall x \in \left[ {0; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow m \ge - 3{x^2} + 12x,\,\,\forall x \in \left[ {0; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow m \ge \mathop {max}\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} \left( { - 3{x^2} + 12x} \right)\)

Xét hàm số \(y = - 3{x^2} + 12x\) có hoành độ đỉnh là \({x_0} = - \frac{b}{{2a}} = 2\)

\(y\left( 2 \right) = 12,\,\,y\left( 0 \right) = 0\). Suy ra \(\mathop {max}\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} \left( { - 3{x^2} + 12x} \right) = y\left( 2 \right) = 12\)

Vậy giá trị m cần tìm là \(m \in \left\{ {12;13;14;...;2017} \right\}\). Suy ra có \(2017 - 12 + 1\) giá trị nguyên của tham số m cần tìm.


Câu 3:

Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có \(AB = AC = BB' = a,\,\,\,BAC = {120^0}\). Gọi I là trung điểm của CC’. Ta có cosin của góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\)\(\left( {AB'I} \right)\) bằng:

Xem đáp án

Đáp án B

Cách giải:

Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AB = AC = BB' = a, BAC = 120 độ. Gọi I là trung điểm của CC' (ảnh 1)

Diện tích tam giác ABC:

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\sin A = \frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{4}\)

\(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.{\mathop{\rm cosBAC}\nolimits} } = A\sqrt 3 \)

Ta có: \(AB' = \sqrt {{a^2} + a} = a\sqrt 2 ,\,\,\,AI = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\)

\(B'I = \sqrt {3{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {13} }}{2}\)

Ta được \(AB{'^2} + A{I^2} = 2{a^2}{\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right)^2} = \frac{{13{a^2}}}{4} = B'{I^2}\).

Suy ra tam giác AB’I vuông tại A, có diện tích bằng:

\({S_{AB'I}} = \frac{1}{2}.AB'.AI = \frac{1}{2}a\sqrt 2 .\frac{{a\sqrt 5 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt {10} }}{4}\)

Tam giác ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác AB’I trên ABC ABI \(\left( {ABC} \right)\) nên ta có:

\({S_{ABC}} = \cos \,\alpha .{S_{AB'I}} \Leftrightarrow \cos \alpha = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}:\frac{{{a^2}\sqrt {10} }}{4} = \frac{{\sqrt {30} }}{{10}}\)  


Câu 4:

Gọi \({V_1}\) là thể tích của khối lập phương ABCD.A’B’C’D, \({V_2}\) là thể tích khối tứ diện A’ABD. Hệ thức nào sau đây là đúng?

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp :

So sánh chiều cao và diện tích đáy của khối chóp so với hình lập phương.

Gọi V1 là thể tích của khối lập phương ABCD.A’B’C’D, V2 là thể tích khối tứ diện A'ABD (ảnh 1)

Cách giải:

Gọi a là độ dài cạnh hình lập phương. Thể tích khối lập phương: \({V_1} = {a^3}\)

Thể tích khối tứ diện ABDA’

\({V_2} = \frac{1}{3}.AA'.{S_{ABD}} = \frac{1}{3}.a.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}}}{6}\)

Vậy \({V_1} = 6{V_2}\)


Câu 5:

Cho \(a{\log _2}3 + b{\log _6}2 + c{\log _6}3 = 5\) với a, b, c là các số tự nhiên. Khẳng định nào đúng trong các khẳng định sau đây?

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng các công thức \({\log _a}{x^n} = n{\log _a}x;\,\,\,{\log _a}b + {\log _a}c = {\log _a}\left( {bc} \right);\,\,\,{\log _a}b - {\log _a}c = {\log _a}\frac{b}{c}\)

Giả sử các biểu thức là có nghĩa).

Cách giải:

\(a{\log _2}3 + b{\log _6}2 + c{\log _6}3 = 5\) \( \Leftrightarrow {\log _6}{2^b} + {\log _6}{3^c} = {\log _2}{2^5} - {\log _2}{3^a}\)

\( \Leftrightarrow {\log _6}{2^b}{3^c} = {\log _2}\frac{{{2^5}}}{{{3^a}}}\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}t = {\log _6}{2^b}{3^c}\\t = {\log _2}\frac{{{2^5}}}{{{3^a}}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{2^b}{3^c} = {6^t}\\\frac{{{2^5}}}{{{3^a}}} = {2^t}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{2^b}{3^c} = {6^t}\\{2^5} = {3^a}{2^t}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\t = 5\\b = c = 5\end{array} \right.\) (vì a, b, c là các số tự nhiên).

Vậy \(b = c\)


Câu 6:

Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và khoảng cách từ A đến mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) bằng \(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\). Gọi M là điểm thuộc cạnh SD sao cho \(\overrightarrow {SM} = 3\overrightarrow {MD} \). Mặt phẳng \(\left( {ABM} \right)\) cắt cạnh SC tại điểm N. Thể tích khối đa diện MNABCD bằng

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp:

Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ảnh 1)

+) Xác định điểm N.

+) Phân chia và lắp ghép các khối đa diện.

Cách giải:

Kẻ \(AH \bot SB \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \Delta SAB\) vuông cân tại A \( \Rightarrow SA = a\)

\( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a.{a^2} = \frac{{{a^3}}}{3}\)

Kẻ \(MN//CD \Rightarrow \frac{{SM}}{{SD}} = \frac{{SN}}{{SC}} = \frac{3}{4}\)

Ta có: \({V_{S.ABD}} = {V_{S.BCD}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}}\)

\(\frac{{{V_{S.AMNB}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{{V_{S.ABM}} + {V_{S.BMN}}}}{{2{V_{S.ABD}}}} = \frac{1}{2}\left( {\frac{{{V_{S.ABM}}}}{{{V_{S.ABD}}}} + \frac{{{V_{S.BMN}}}}{{{V_{S.BCD}}}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{{SM}}{{SD}} + \frac{{SM}}{{SD}}.\frac{{SN}}{{SC}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{3}{4} + \frac{3}{4}.\frac{3}{4}} \right) = \frac{{21}}{{32}}\)

\( \Rightarrow \frac{{{V_{MNABCD}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{{V_{S.ABCD}} - {V_{S.AMNB}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = 1 - \frac{{{V_{S.AMNB}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = 1 - \frac{{21}}{{32}} = \frac{{11}}{{32}}\)

Vậy \({V_{MNABCD}} = \frac{{11}}{{32}}{V_{S.ABCD}} = \frac{{11}}{{32}}.\frac{{{a^3}}}{3} = \frac{{11{a^3}}}{{96}}\)

Câu 7:

Gọi S là tập hợp các giá trị thực của tham số m để hàm số \(y = {x^3} - 3m{x^2} + 4{m^3}\) có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 4 (là gốc tọa độ). Ta có tổng giá trị tất cả các phần tử của tập S bằng

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp:

+) Tìm điều kiện để hàm số có 2 điểm cực trị.

+) Xác định các điểm cực trị của hàm số, nhận xét vị trí các điểm cực trị và tính diện tích tam giác.

Cách giải:

\(y = {x^3} - 3m{x^2} + 4{m^3} \Rightarrow y' = 3{x^2} - 6mx\). Ta có \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2m\end{array} \right.\)

Để hàm số đã cho có hai điểm cực trị thì \(m \ne 0\). Khi đó:

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y\left( 0 \right) = 4{m^3} \Rightarrow A\left( {0;4{m^3}} \right) \in Oy\\x = 2m \Rightarrow y\left( {2m} \right) = 0 \Rightarrow B\left( {2m;0} \right) \in Ox\end{array} \right.\)

Vậy tam giác OAB vuông tại O nên \({S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}OA.OB \Leftrightarrow 4 = \frac{1}{2}\left| {4{m^3}} \right|\left| {2m} \right|\)

\( \Leftrightarrow \left| {{m^4}} \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\\m = 1\end{array} \right. \Rightarrow S\left\{ {1; - 1} \right\}\)


Câu 8:

Cho \({\log _2}5 = a\). Tính \({\log _2}200\) theo a.

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức \({\log _a}f\left( x \right) + {\log _a}g\left( x \right) = {\log _a}\left[ {f\left( x \right)g\left( x \right)} \right]\) (giả sử các biểu thức có nghĩa).

Cách giải:

\({\log _2}200 = {\log _2}\left( {{5^2}{{.2}^3}} \right) = 2{\log _2}5 + 3{\log _2}2 = 2a + 3\)


Câu 9:

Cho hàm số \(y = \frac{1}{4}{x^4} - 2{x^2} + 2017\). Khẳng định nào sau đây là đúng?

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp:

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

Cách giải:

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

Ta thấy, phương trình \(y' = 0\) có 3 nghiệm phân biệt và \(a = \frac{1}{4} > 0\) nên hàm số có ba cực trị trong đó có một điểm cực đại và hai điểm cực tiểu.


Câu 10:

Rút gọn biểu thức \(A = {a^{4{{\log }_{{a^2}}}3}}\) với \(0 < a \ne 1\) ta được kết quả là

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng các công thức \({\log _{{a^n}}}f\left( x \right) = \frac{1}{n}{\log _a}f\left( x \right);\,\,\,{\log _a}{a^{f\left( x \right)}} = f\left( x \right)\) (giả sử các biểu thức có nghĩa).

Cách giải:

\(A = {a^{4{{\log }_{{a^2}}}3}} = {a^{2{{\log }_a}3}} = {a^{{{\log }_a}9}} = 9\)


Câu 11:

Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

Xem đáp án

Đáp án D

Cách giải:

Câu hỏi lý thuyết “Khái niệm về thể tích khối đa diện” (SGK hình học 12 trang 21, mục I phần b).


Câu 12:

Số điểm chung của đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 2{x^2} + x - 12\) với trục là Ox

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp:

Giải phương trình \(y = 0\) , số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành.

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục Ox

\({x^3} - 2{x^2} + x - 12 = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {{x^2} + x + 4} \right) = 0\)

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


Câu 13:

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm liên tục trên R. Đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) như hình vẽ sau. Số điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right) - 2x\)

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp:

Số điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là số điểm mà qua đó \(f'\left( x \right)\) đổi dấu.

Cách giải:

\(y = f\left( x \right) - 2x \Rightarrow y' = f'\left( x \right) - 2\)

Ta có: \(y' = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) - 2 = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_1}\\x = 0\\x = {x_2}\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên R. Đồ thị hàm số y = f'(x) như hình vẽ sau (ảnh 1)

Câu 14:

Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 1\) trên đoạn \(\left[ {0;4} \right]\). Ta có \(m + 2M\) bằng:

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp:

Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên \(\left[ {a;b} \right]\)

Bước 1: Tính y’, giải phương trình \(y' = 0 \Rightarrow {x_i} \in \left[ {a;b} \right]\)

+) Bước 2: Tính các giá trị \(f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)\)

+) Bước 3: So sánh các giá trị tính được ở bước 2 và kết luận.

Cách giải:

Xét hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 1\) trên đoạn \(\left[ {0;4} \right]\)

\(y' = 3{x^2} - 6x - 0\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \notin \left[ {0;4} \right]\\x = 3 \in \left[ {0;4} \right]\end{array} \right.\)

Tính \(y\left( 0 \right) = 1;\,\,\,y\left( 3 \right) = - 26;\,\,\,y\left( 4 \right) = - 19\). Suy ra \(M = 1,\,\,\,m = - 26 \Rightarrow m + 2M = - 24\)


Câu 15:

Hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^3} - 2{x^2} + 3x - 1\) nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây?

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp:

Giải bất phương trình \(y' < 0\)

Cách giải:

Tập xác định \(D = R\)

\(y' = {x^3} - 4x + 3;\,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Hàm số y = 1/3x^3 - 2x^2 + 3x - 1 nghịch biến trên khoảng nào trong các khaongr sau đây  (ảnh 1)

Từ bảng biến thiên, ta thấy hàm số nghịch biến trên \(\left( {1;3} \right)\)


Câu 16:

Cắt khối lăng trụ MNP.M’N’P’ bởi các mặt phẳng \(\left( {MN'P'} \right)\)\(\left( {MNP'} \right)\) ta được những khối đa diện nào?

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp:

Phân chia và lắp ghép các khối đa diện.

Cách giải:

Cắt khối lăng trụ MNP.M’N’P’ bởi các mặt phẳng (MN'P) và(MNP') ta được những khối đa diện (ảnh 1)

Dựa vào hình vẽ ta chọn đáp án A.


Câu 17:

Thể tích của khối cầu bán kính R bằng:

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính thể tích khối cầu.

Cách giải:

Công thức tính thể tích của khối cầu bán kính R là \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\)


Câu 18:

Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số \(y = \left( {1 - m} \right){x^4} + 2\left( {m + 3} \right){x^2} + 1\) có đúng một điểm cực tiểu và không có điểm cực đại?

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp:

TH1: \(1 - m = 0\), hàm số có dạng \(y = b{x^2} + c\) có 1 cực tiểu \( \Leftrightarrow b > 0\).

TH2: Hàm số có dạng \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\left( {a \ne 0} \right)\) có 1 cực tiểu và không có cực đại \( \Leftrightarrow a > 0\) và phương trình \(y' = 0\) có đúng 1 nghiệm.

Cách giải:

Tập xác định \(\mathbb{R}\).

Trường hợp 1: \(m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1\), ta có \(y = 8{x^2} + 1\) có đồ thị là parabol, bề lõm quay lên trên nên hàm số chỉ có 1 cực tiểu và không có cực đại.

Trường hợp 2: \(m - 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 1\). Vì hàm số trùng phương nên để hàm số chỉ có cực tiểu mà không có cực đại thì \(m < 1\) và phương trình \(y' = 0\) có đúng một nghiệm.

Vậy ta có \(4\left( {1 - m} \right){x^3} + 4\left( {m + 3} \right)x = 0 \Leftrightarrow \left( {1 - m} \right){x^3} + \left( {m + 3} \right)x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\\left( {1 - m} \right){x^2} + m + 3 = 0\end{array} \right.\)

Do \(m < 1\) nên ta có \({x^2} = \frac{{m + 3}}{{m - 1}}\). Phương trình \({x^2} = \frac{{m + 3}}{{m - 1}}\) có một nghiệm \(x = 0\) hoặc vô nghiệm khi và chỉ khi \(\frac{{m + 3}}{{m - 1}} \le 0 \Leftrightarrow - 3 \le m < 1\) (thỏa điều kiện \(m < 1\))

Do đó không có nguyên dương thỏa mãn trong trường hợp này. m

Kết luận: Vậy \(m = 1\) thì hàm số \(y = \left( {1 - m} \right){x^4} + 2\left( {m + 3} \right){x^2} + 1\) có đúng một điểm cực tiểu và không có điểm cực đại.


Câu 19:

Trong số đồ thị của các hàm số \(y = \frac{1}{x};\,\,\,y = {x^2} + 1;\,\,\,y = \frac{{{x^2} + 3x + 7}}{{x - 1}};\,\,\,y = \frac{x}{{{x^2} - 1}}\) có tất cả bao nhiêu đồ thị có tiệm cận ngang?

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp:

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\)

+) Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = {y_0} \Rightarrow y = {y_0}\) là đường TCN của đồ thị hàm số.

+) Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} y = \infty \Rightarrow x = {x_0}\) là đường TCĐ của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Để hàm số có tiệm cận ngang thì hàm số là hàm phân thức có bậc tử nhỏ hơn hoặc bằng bậc mẫu. Vậy có hàm số \(y = \frac{1}{x}\) và hàm số \(y = \frac{x}{{{x^2} - 1}}\) có tiệm cận ngang.


Câu 20:

Cho khối chóp tứ giác đều có chiều cao bằng 6 và thể tích bằng 8. Độ dài cạnh đáy bằng

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp:

+) Hình chóp đều là hình chóp có các cạnh bên bằng nhau và đáy là hình vuông.

+) Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp:

Cách giải:

Gọi độ dài cạnh đáy của hình chóp tứ giác đều là a và chiều cao hình chóp tứ giác đều là h.

Ta có: \(V = \frac{1}{3}{a^2}h\). Suy ra \(a = \sqrt {\frac{{3V}}{h} = \sqrt {\frac{{3.8}}{6}} = 2} \)


Câu 21:

Hình lăng trụ tam giác đều có tất cả bao nhiêu mặt phẳng đối xứng

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp:

Mặt phẳng (P) được gọi là mặt đối xứng của khối (H) nếu mọi điểm thuộc (H) đều có điểm đối xứng qua (P) cũng thuộc (H).

Cách giải:

Hình lăng trụ tam giác đều có tất cả bao nhiêu mặt phẳng đối xứng A. 4 mặt phẳng.	B. 1 mặt phẳng. (ảnh 1)

Câu 22:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, \(AB = a\sqrt 3 \)\(AD = a\). Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và \(SA = a\). Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCD bằng.

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp:

+) Xác định trục d của mặt phẳng (ABCD).

+) Xác định đường trung trực d’ của SA sao cho d và d’ đồng phẳng.

+) Gọi \(I = d \cap d' \Rightarrow \) I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp.

Cách giải:

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD, từ O dựng đường thẳng song song với SA và cắt SC tại trung điểm I của , suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCD.

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a căn bậc hai 3 và AD = a. Đường thẳng (ảnh 1)

Mặt khác: \(\left\{ \begin{array}{l}OI = \frac{1}{2}SA = \frac{a}{2}\\OC = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}} = a\end{array} \right.\)

Theo bài ra ta có: \(R = IC = \sqrt {O{C^2} + O{I^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\)

Vậy thể tích khối cầu là: \(V = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right)^3} = \frac{{5\pi {a^3}\sqrt 5 }}{6}\)


Câu 23:

Gọi \({m_0}\) là giá trị thực của tham số để đồ thị hàm số \(y = {x^4} + 2m{x^2} + 4\) có 3 điểm cực trị nằm trên các trục tọa độ. Khẳng định nào sau đây là đúng?

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp:

+) Tìm điều kiện để hàm số có 3 điểm cực trị.

+) Các điểm cực trị nằm trên trục tọa độ khi và chỉ khi chúng có hoành độ hoặc tung độ bằng 0.

Cách giải:

\(y' = 4{x^3} + 4mx,\,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = - m\end{array} \right.\)

Hàm số có 3 điểm cực trị \( \Leftrightarrow m < 0\). Khi đó đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là

\(A\left( {0;4} \right),\,\,B\left( { - \sqrt m ; - {m^2} + 4} \right),\,\,\,C\left( {\sqrt { - m} ; - {m^2} + 4} \right)\)

Ta có \(A \in Oy\) nên 3 điểm cực trị nằm trên các trục tọa độ \( \Leftrightarrow - {m^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\left( {ktm} \right)\\m = - 2\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)


Câu 24:

Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau?

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp:

Đường tròn ngoại tiếp khối đa diện là đường tròn đi qua tất cả các đỉnh của khối đa diện đó.

Cách giải:

Trong các hình: hình bình hành, hình thang vuông, hình thang cân, hình tứ giác chỉ có hình thang cân là có đường tròn ngoại tiếp nên ta chọn C.


Câu 25:

Hàm số \(y = - {x^4} + 8{x^3} - 6\) có tất cả bao nhiêu điểm cực trị?

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp:

Số điểm cực trị của hàm số là số nghiệm không là nghiệm bội chẵn của phương trình \(y' = 0\) .

Cách giải:

Ta có \(y' = - 4{x^3} + 24{x^2} = - 4{x^2}\left( {x - 6} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 6\end{array} \right.\). Do \(x = 0\) là nghiệm kép nên hàm số chỉ có 1 cực trị \(x = 6\)


Câu 26:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, \(AB = 3a,\,\,BC = 4a\)\(SA \bot \left( {ABC} \right)\). Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) bằng \({60^0}\). Gọi M là trung điểm của cạnh AC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM bằng

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = 3a, BC = 4a và SA vuông góc (ảnh 1)

Qua M dựng đường thẳng MN song song với AB, khi đó

\(d\left( {AB;SM} \right) = d\left( {AB;\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SMN} \right)} \right)\)

Cách giải:

Do \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên góc giữa SC và \(\left( {ABC} \right)\) là góc \(SCA = {60^0}\)

\(\Delta ABC\) vuông tại B nên \(MN//AB \Rightarrow AB//\left( {SMN} \right)\)

\(d\left( {AB;SM} \right) = d\left( {AB;\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SMN} \right)} \right)\)

Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt MN tại D.

Do \(BC \bot AB \Rightarrow BC \bot MN \Rightarrow AD \bot MN\). Từ A kẻ AH vuông góc với SD.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}MD \bot AD\\MD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow MD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow MD \bot AH\)

\(AH \bot SD \Rightarrow AH \bot \left( {SMD} \right)\) hay \(AH \bot \left( {SMN} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SMN} \right)} \right) = AH\)

Do \(AD = BN = \frac{1}{2}BC = 2a\)

Xét \(\Delta SAD\)\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{75{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{{79}}{{300{a^2}}}\)

\( \Rightarrow d\left( {AB;SM} \right) = AH = \frac{{10\sqrt {237} a}}{{79}} = \frac{{10\sqrt 3 a}}{{\sqrt {79} }}\)


Câu 27:

Vật thể nào trong các vật thể sau đây không phải là khối đa diện?

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp:

Mỗi cạnh của khối đa diện là cạnh chung của nhiểu nhất hai mặt.

Cách giải:

Vì có một cạnh là cạnh chung của bốn đa giác, điều này trái với định nghĩa về khối đa diện.


Câu 28:

Cho hàm số \(y = \frac{{2x - 3}}{{4 - x}}\). Hãy chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau đây:

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp:

Hàm bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên từng khoảng xác định của chúng.

Cách giải:

Hàm số có tập xác định: \(R\backslash \left\{ 4 \right\}\)

Ta có: \(y' = \frac{3}{{{{\left( {4 - x} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall x \ne 4\), nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó.


Câu 29:

Giá trị lớn nhất của hàm số \(y = {x^3} - 3x + 5\) trên đoạn \(\left[ {0;\frac{3}{2}} \right]\)

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp:

Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên \(\left[ {a;b} \right]\)

Bước 1: Tính y’, giải phương trình \(y' = 0 \Rightarrow {x_i} \in \left[ {a;b} \right]\)

+) Bước 2: Tính các giá trị \(f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)\)

+) Bước 3: So sánh các giá trị tính được ở bước 2 và kết luận.

Cách giải:

Cách giải:

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

\(f\left( 0 \right) = 5,\,\,f\left( 1 \right) = 1,\,\,f\left( {\frac{3}{2}} \right) = \frac{{31}}{8}\). So sánh ba giá trị, ta được \(\mathop {max}\limits_{\left[ {0;\frac{3}{2}} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = 5\)


Câu 30:

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại C, \(AB = a\sqrt 5 ,\,\,AC = a\). Cạnh bên \(SA = 3a\) và vuông góc vói mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\). Thể tích khối chóp S.ABC bằng.

Xem đáp án

Đáp án A

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại C, AB = a căn bậc hai 5, AC = x. Cạnh bên SA = 3a (ảnh 1)

Phương pháp:

 Cách giải:

Ta có \(BC = \sqrt {A{B^2} - A{C^2}} = 2a\)

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.BC.AC = {a^2}\), suy ra \(V = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.SA = {a^3}\)


Câu 31:

Cho biết đồ thị sau là đồ thị của một trong bốn hàm số ở các phương án A, B, C, D. Đó là đồ thị của hàm số nào?

Cho biết đồ thị sau là đồ thị của một trong bốn hàm số ở các phương án A, B, C, D. Đó là (ảnh 1)
Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp:

+) Nhánh cuối cùng đi lên \( \Rightarrow a > 0\), nhánh cuối cùng đi xuống \( \Rightarrow a < 0\)

+) Dựa vào các điểm đồ thị hàm số đi qua.

Cách giải:

Từ hình dáng đồ thị, nhánh cuối cùng đi lên suy ra \(a > 0 \to \) loại đáp án B.

Đồ thị qua hai điểm \(\left( { - 1;3} \right)\)\(\left( {1; - 1} \right)\). Thay trực tiếp vào 3 đáp án còn lại, ta thấy đáp án C thỏa.


Câu 32:

Khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = {x^3} + 3{x^2} - 4\)

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp:

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

+) Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng: \(AB = \sqrt {{{\left( {{x_A} - {x_B}} \right)}^2} - {{\left( {{y_A} - {y_B}} \right)}^2}} \)

Phương pháp:

+) \(D = \mathbb{R};\,\,\,y' = 3{x^2} + 6x;\,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow x = 0\) hoặc \(x = - 2\)

+) Tọa độ hai điểm cực trị là \(A\left( {0; - 4} \right),\,\,\,B\left( { - 2;0} \right)\)

+) Khoảng cách giữa hai điểm cực trị là \(AB = \sqrt {{{\left( {{x_A} - {x_B}} \right)}^2} - {{\left( {{y_A} - {y_B}} \right)}^2}} = \sqrt {20} = 2\sqrt 5 \)


Câu 33:

Cho \(x = 201!\). Giá trị của biểu thức \(A = \frac{1}{{{{\log }_{{2^2}}}x}} + \frac{1}{{{{\log }_{{3^2}}}x}} + ... + \frac{1}{{{{\log }_{{{2017}^2}}}x}}\) bằng

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng các công thức \({\log _a}f\left( x \right) + {\log _a}g\left( x \right) = {\log _a}\left[ {f\left( x \right)g\left( x \right)} \right];\,\,\,{\log _a}{f^m}\left( x \right) = m{\log _a}f\left( x \right)\)

(giả sử các biểu thức có nghĩa).

Cách giải:

Ta có: \(A = {\log _x}{2^2} + {\log _x}{3^3} + ... + {\log _x}{2017^2} = {\log _x}{\left( {2.3....2017} \right)^2} = 2{\log _x}2017! = 2\)


Câu 34:

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định và có đạo hàm trên \(\mathbb{R}\backslash \left\{ { \pm 1} \right\}\). Hàm số có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây. Hỏi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận?

Cho hàm số y = f(x) xác định và có đạo hàm trên R \ {+ 1 1|. Hàm số có bẳng biến thiên như (ảnh 1)
Xem đáp án
Đáp án C

Phương pháp:

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\)

+) Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = {y_0} \Rightarrow y = {y_0}\) là đường TCN của đồ thị hàm số.

+) Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} y = \infty \Rightarrow x = {x_0}\) là đường TCĐ của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} y = + \infty \Rightarrow x = - 1\) là tiệm cận đứng;

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = + \infty \Rightarrow x = 1\) là tiệm cận đứng;

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 3 \Rightarrow y = 3\) là tiệm cận ngang.

Vậy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có tất cả ba đường tiệm cận.


Câu 35:

Rút gọn biểu thức \(A = \frac{{\sqrt[3]{{{a^5}}}.{a^{\frac{7}{3}}}}}{{{a^4}.\sqrt[7]{{{a^{ - 2}}}}}}\) với \(a > 0\) ta được kết quả \(A = {a^{\frac{m}{n}}}\), trong đó \(m,\,n \in \mathbb{N}*\)\(\frac{m}{n}\) là phân số tối giản. Khẳng định nào sau đây đúng?

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng các công thức \(\sqrt[m]{{{a^n}}} = {a^{\frac{m}{n}}};\,\,\,{a^m}.{a^n} = {a^{m + n}};\,\,\,\frac{{{a^m}}}{{{a^n}}} = {a^{m - n}}\)

Cách giải :

Ta có \(A = \frac{{\sqrt[3]{{{a^5}}}.{a^{\frac{7}{3}}}}}{{{a^4}.\sqrt[7]{{{a^{ - 2}}}}}} = \frac{{{a^{\frac{5}{3}}}.{a^{\frac{7}{3}}}}}{{{a^4}.{a^{ - \frac{2}{7}}}}} = \frac{{{a^{\frac{5}{3} + \frac{7}{3}}}}}{{{a^{4 - \frac{2}{7}}}}} = \frac{{{a^4}}}{{{a^{4 - \frac{2}{7}}}}} = {a^{\frac{2}{7}}}\)

Suy ra \(m = 2,\,\,\,n = 7\). Do đó \(2{m^2} + n = 15\)

Ghi chú: Với \(m = 2,\,\,\,n = 7\) thì \({m^2} + {n^2} = 53;\,\,\,{m^2} - {n^2} = - 45;\,\,\,3{m^2} - 2n = - 2\)


Câu 36:

Nếu \({\left( {7 + 4\sqrt 3 } \right)^{a - 1}} < 7 - 4\sqrt 3 \) thì

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp:

\({a^m} < {a^n} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a > 1\\m < n\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\m > n\end{array} \right.\end{array} \right.\)

Cách giải:

\(\left( {7 - 4\sqrt 3 } \right)\left( {1 + 4\sqrt 3 } \right) = 1\) nên \(7 - 4\sqrt 3 = {\left( {7 + 4\sqrt 3 } \right)^{ - 1}}\)

Do đó: \({\left( {7 + 4\sqrt 3 } \right)^{a - 1}} < 7 - 4\sqrt 3 \Leftrightarrow {\left( {7 + 4\sqrt 3 } \right)^{a - 1}} < {\left( {7 + 4\sqrt 3 } \right)^{ - 1}} \Leftrightarrow a - 1 < - 1\,\,\left( {do\,\,7 + 4\sqrt 3 > 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow a < 0\)


Câu 37:

Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau. Biết \(OA = a,\,\,OB = 2a\) , và đường thẳng AC tạo với mặt phẳng \(\left( {OBC} \right)\) một góc \({60^0}\). Thể tích khối tứ diện OABC bằng

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp:

Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau. Biết OA = a, OB = 2a, và (ảnh 1)

Tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc \( \Rightarrow {V_{OABC}} = \frac{1}{6}OA.OB.OC\)

Cách giải: Theo giả thiết OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau nên \(OA \bot \left( {OBC} \right)\), OC là hình chiếu của AC lên mặt phẳng \(\left( {OBC} \right)\). Do đó \(ACO = {60^0}\), OA là chiều cao của tứ diện OABC. Xét tam giác vuông AOC có \(\tan {60^0} = \frac{{OA}}{{OC}}\) với \(OA = a\)

\( \Rightarrow OC = \frac{{OA}}{{\tan {{60}^0}}} = \frac{a}{{\sqrt 3 }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3};\,\,\,OB = 2a\)

Ta có: \({S_{OBC}} = \frac{1}{2}OB.OC = \frac{1}{2}.2a.\frac{{a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3};\,\,\,{V_{OABC}} = \frac{1}{3}OA.{S_{OBC}} = \frac{1}{3}a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{9}\)


Câu 38:

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 2}}\) tại điểm \(M\left( {1; - 2} \right)\) có phương trình là

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp:

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\) là:

\(y = y'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\)

Cách giải:

Phương trình tiếp tuyến tại điểm \(M\left( {1; - 2} \right)\) có dạng \(y = y'\left( 1 \right)\left( {x - 1} \right) - 2\)

Ta có \(y' = \left( {\frac{{x + 1}}{{x - 2}}} \right)' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}};\,\,\,y'\left( 1 \right) = - 3\) suy ra \(y = - 3\left( {x - 1} \right) - 2 = - 3x + 1\)


Câu 39:

Tổng số đỉnh, số cạnh và số mặt của một hình bát diện đều là

Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp:

Vẽ hình và đếm.

Cách giải:

Tổng số đỉnh, số cạnh và số mặt của một hình bát diện đều là  A. 24 B. 26 C. 52 D. 20 (ảnh 1)

Số cạnh: 12, số đỉnh: 6, số mặt: 8.


Câu 40:

Cho đồ thị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) như hình vẽ dưới đây:

Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số \(y = \left| {f\left( {x - 2017} \right) + m} \right|\) có 5 điểm cực trị. Tổng tất cả các giá trị của các phần tử của tập S bằng

Cho đồ thị của hàm số y = f(x) như hình vẽ dưới đây:  Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương  (ảnh 1)
Xem đáp án

Đáp án A

Cách giải:

Nhận xét: Số giao điểm của \(\left( C \right):y = f\left( x \right)\) với Ox bằng số giao điểm của \(\left( {C'} \right):y = f\left( {x - 2017} \right)\) với Ox.

\(m > 0\) nên \(\left( {C''} \right)y = f\left( {x - 2017} \right) + m\) có được bằng cách tịnh tiến \(\left( {C'} \right):y = f\left( {x - 2017} \right)\) lên trên m đơn vị.

Cho đồ thị của hàm số y = f(x) như hình vẽ dưới đây:  Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương  (ảnh 2)

TH1: \(0 < m < 3\). Đồ thị hàm số có điểm cực trị. Loại. 7

TH2: \(m = 3\). Đồ thị hàm số có điểm cực trị. Nhận. 5

TH3: \(3 < m < 6\). Đồ thị hàm số có điểm cực trị. Nhận. 5

TH4: \(m \ge 6\). Đồ thị hàm số có điểm cực trị. Loại. 3

Vậy \(3 \le m < 6\). Do \(m \in Z*\) nên \(m \in \left\{ {3;4;5} \right\}\)

Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 12.


Câu 41:

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm là hàm số liên tục trên R với đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) như hình vẽ. Biết \(f\left( a \right) > 0\), hỏi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cắt trục hoành tại nhiều nhất bao nhiêu điểm?

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm là hàm số liên tục trên R với đồ thị hàm số y = f'(x) như hình (ảnh 1)
Xem đáp án

Đáp án B

Phương pháp:

Từ đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) lập BBT của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và kết luận.

Cách giải:

Từ đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\), ta có bảng biến thiên:

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm là hàm số liên tục trên R với đồ thị hàm số y = f'(x) như hình (ảnh 2)

Do \(f\left( a \right) > 0\), suy ra \(y = f\left( x \right)\) có thể cắt trục hoành nhiều nhất tại điểm. 2


Câu 42:

Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số \(y = \left( {m + 1} \right){x^3} + \left( {m + 1} \right){x^2} - 2x + 2\) nghịch biến trên R?

Xem đáp án

Đáp án D

Phương pháp:

Để hàm số \(y = \left( {m + 1} \right){x^3} + \left( {m + 1} \right){x^2} - 2x + 2\) nghịch biến trên R thì \(y' \le 0\) với \(\forall x \in R\)

Cách giải:

Ta có: \(y' = 3\left( {m + 1} \right){x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x - 2\)

Để hàm số \(y = \left( {m + 1} \right){x^3} + \left( {m + 1} \right){x^2} - 2x + 2\) nghịch biến trên R thì \(y' \le 0\) với \(\forall x \in R\)

Suy ra \(3\left( {m + 1} \right){x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x - 2\) với \(\forall x \in \mathbb{R},\,\, \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\bx + c \le 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\a < 0\\\Delta ' \le 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)

. Theo đầu bài: \(m \in \mathbb{Z}\)

\( \Rightarrow m = \left\{ { - 7; - 6; - 5; - 4; - 3; - 2; - 1} \right\}\)


Câu 43:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, \(SA \bot \left( {ABC} \right)\), góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) bằng \({60^0}\). Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB bằng:

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp :

+) Xác định góc giữa SB và mặt đáy. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc tạo bởi đường thẳng và hình chiếu của đường thẳng trên mặt phẳng đó.

+) Dựng mặt phẳng (SBK) chứa SB và song song với AC, khi đó

\(d\left[ {AC;SB} \right] = d\left[ {AC;\left( {SBK} \right)} \right] = \left[ {A;\left( {SBK} \right)} \right] = AH\)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc (ABC), góc giữa đường (ảnh 1)

+) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính AH.

Cách giải:

\(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \) AB là hình chiếu vuông góc của SB lên \(\left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {SB;\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SB;AB} \right) = SBA = {60^0}\)

\( \Rightarrow SA = AB.\tan {60^0} = a\sqrt 3 \)

Dựng d qua B và d // AC

Dựng \(AK \bot d\) tại K

Dựng \(AH \bot SK\) tại H

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BK \bot AK\\BK \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BK \bot \left( {SAK} \right) \Rightarrow BK \bot AH\)

\(\left\{ \begin{array}{l}BK \bot AH\\SK \bot AH\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBK} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBK} \right)} \right) = AH\)

\(\left\{ \begin{array}{l}BK//AC\\BK \subset \left( {SBK} \right)\\AC \not\subset \left( {SBK} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AC//\left( {SBK} \right) \Rightarrow d\left[ {AC;SB} \right] = d\left[ {A;\left( {SBK} \right)} \right] = AH\)

Gọi M là trung điểm AC \( \Rightarrow BM \bot AC & \left( 1 \right)\)

\(\left\{ \begin{array}{l}BK \bot AK\\BK \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow AK \bot AC & \left( 2 \right)\)

\(\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow AK//BM \Rightarrow \) AKBM là hình bình hành \( \Rightarrow AK = BM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Xét tam giác SAK vuông tại A ta có: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{K^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{5}{{3{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\)

Vậy \(d\left( {AC;SB} \right) = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\)


Câu 44:

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{\sqrt {1 - {x^2}} }}{{{x^2} + 2x}}\) có tất cả bao nhiêu tiệm cận đứng?

Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp:

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\)

+) Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = {y_0} \Rightarrow y = {y_0}\) là đường TCN của đồ thị hàm số.

+) Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} y = \infty \Rightarrow x = {x_0}\) là đường TCĐ của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Hàm số xác định \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - {x^2} \ge 0\\{x^2} + 2x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x \in \left[ { - 1;1} \right]\backslash \left\{ 0 \right\}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = + \infty \Rightarrow \) đường thẳng \(x = 0\) là tiệm cận đứng.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} y = 0;\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = 0\)

Vậy hàm số đã cho có 1 tiệm cận đứng.


Câu 45:

Cho \(0 < a \ne 1,\,\,b > 0\) thỏa mãn điều kiện \({\log _a}b < 0\). Khẳng định nào sau đây là đúng?
Xem đáp án

Đáp án C

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ta có \({\log _a}b < 0 \Leftrightarrow {\log _a}b < {\log _a}1\). Xét trường hợp: 2

TH1: \(a > 1\) suy ra \({\log _a}b < {\log _a}1 \Leftrightarrow b < 1\). Kết hợp điều kiện ta được \(0 < b < 1 < a\)

TH2: \(0 < a < 1\) suy ra \({\log _a}b < {\log _a}1 \Leftrightarrow b > 1\). Kết hợp điều kiện ta được \(0 < a < 1 < b\)

Vậy khẳng định đúng là \(\left[ \begin{array}{l}0 < a < 1 < b\\0 < b < 1 < a\end{array} \right.\)


Câu 46:

Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đều ABCD cạnh \(a\sqrt 2 \)
Xem đáp án

Đáp án B

Cách giải:

Gọi G là trọng tâm \(\Delta BCD\), ta có \(AG \bot \left( {BCD} \right)\) nên AG là trục của \(\Delta BCD\).

Gọi M là trung điểm của AB. Qua M dựng đường thẳng \(\Delta \bot AB\), gọi \(\left\{ I \right\} = \Delta \cap AG\).

Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đều ABCD cạnh a căn bậc hai 2 A. R = a căn bậc hai 3 (ảnh 1)

Do đó mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là I và bán kính \(R = IA\).

Ta có \(\Delta AIM\)\(\Delta AGB\) là hai tam giác vuông đồng dạng nên:

\(\frac{{AI}}{{AB}} = \frac{{AM}}{{AG}} \Rightarrow AI = AB.\frac{{AM}}{{AG}}\)

Do \(AB = a\sqrt 2 ,\,\,AM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2},\,\,AG = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2} - \left( {\frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 2 .\sqrt 3 }}{2}} \right)} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)

Khi đó \(R = AI = a\sqrt 2 .\frac{{a\frac{{\sqrt 2 }}{2}}}{{\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)


Câu 47:

Tìm tất cả các giá trị thực của x thỏa mãn đẳng thức \({\log _3}x = 3{\log _3}2 + {\log _9}25 - {\log _{\sqrt 3 }}3\)

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp:

Đưa về cùng cơ số, sau đó cộng trừ các logarit cùng cơ số.

Cách giải:

Ta có \({\log _3}x = 3{\log _3}2 + {\log _9}25 - {\log _{\sqrt 3 }}3 = {\log _3}8 + {\log _3}5 - {\log _3}9 = {\log _3}\frac{{40}}{9}\)

Vậy \(x = \frac{{40}}{9}\)


Câu 48:

Trong các biểu thức sau, biểu thức nào không có nghĩa?

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp:

Cho hàm số \(y = {x^n}\)

Trong các biểu thức sau, biểu thức nào không có nghĩa A. (-4)^(-1/3) B. (-3/4)^9 C. (-3)^(-4) (ảnh 1)

Cách giải:

Lũy thừa \({\left( { - \frac{3}{4}} \right)^0}\)\({\left( { - 3} \right)^{ - 4}}\) có số mũ nguyên âm hoặc bằng thì cơ số phải khác (thỏa mãn). 0 0

Lũy thừa \({1^{ - \sqrt 2 }}\) có số mũ không nguyên thì cơ số phải dương (thỏa mãn).

Lũy thừa \({\left( { - 4} \right)^{ - \frac{1}{3}}}\) có số mũ không nguyên thì cơ số phải dương (không thỏa mãn).


Câu 49:

Cho \(0 < a \ne 1\)\(b \in R\). Chọn mệnh đề sai trong các mệnh đề sau:

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng các công thức liên quan đến hàm logarit, lưu ý điều kiện của hàm logarit.

Cách giải:

Do \(b \in R\) nên b chưa biết rõ về dấu, vì vậy: \({\log _a}{b^2} = 2{\log _a}\left| b \right|\)


Câu 50:

Cho mặt cầu tâm O, bán kính \(R = 3\). Mặt phẳng \(\left( P \right)\) nằm cách tâm O một khoảng bằng 1 và cắt mặt cầu theo một đường tròn có chu vi bằng:

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp:

Cho mặt cầu tâm O, bán kính R = 3. Mặt phẳng (P) nằm cách tâm O một khoảng bằng 1 và cắt mặt (ảnh 1)

Áp dụng định lí Pytago.

Cách giải:

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) cắt mặt cầu tâm O theo một đường tròn tâm H và bán kính \(r = HA\)

Ta có \(OH = d\left( {O;\left( P \right)} \right) = 1;\,\,OA = R = 3\)

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông HOA ta có

\(r = HA = \sqrt {O{A^2} - O{H^2}} = \sqrt {9 - 1} = 2\sqrt 2 \)

Vậy chu vi đường tròn thiết diện là: \(2\pi r = 4\sqrt 2 \pi \)


Bắt đầu thi ngay

Bài thi liên quan


Có thể bạn quan tâm


Các bài thi hot trong chương