Bộ 25 đề thi học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 (tiếp theo) - Đề 36 có đáp án
-
2105 lượt thi
-
50 câu hỏi
-
90 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 1:
Đồ thị sau đây là của hàm số \[y = {x^3} - 3x + 1\]. Với giá trị nào của m thì phương trình \({x^3} - 3x - m = 0\) có ba nghiệm phân biệt?
Đáp án A
Phương pháp:
Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3x\) và đường thẳng \(y = m\)
Cách giải:
Ta có: \({x^3} - 3x - m = 0 \Leftrightarrow {x^3} - 3x = m\,\,\left( 1 \right)\)
Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3x\) và đường thẳng \(y = m\)
Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy: để đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3x\) cắt đường thẳng \(y = m\) tại 3 điểm phân biệt thì \( - 1 < m < 3\).
Vậy để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt thì \( - 1 < m < 3\)
Câu 2:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm \(f'\left( x \right) = {x^2}{\left( {x + 1} \right)^2}\left( {2x - 1} \right)\). Khi đó số điểm cực trị của hàm số đã cho là bao nhiêu?
Đáp án A
Phương pháp:
Xác định số điểm mà tại đó đạo hàm \(f'\left( x \right)\) đổi dấu.
Cách giải:
\(f'\left( x \right) = {x^2}{\left( {x + 1} \right)^2}\left( {2x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 1\\x = \frac{1}{2}\end{array} \right.\)
Trong đó \(f'\left( x \right)\) chỉ đổi dấu tại điểm \(x = \frac{1}{2} \Rightarrow \) Hàm số đã cho có 1 điểm cực trị.
Câu 3:
Hàm số \(y = - {x^3} + 3{x^2} + 5\) đồng biến trên khoảng
Đáp án B
Phương pháp:
Xác định khoảng mà \(y' \ge 0\), (\(y' = 0\)tại hữu hạn điểm trên khoảng đó)
Cách giải:
\(y = - {x^3} + 3{x^2} + 5 \Rightarrow y' = - 3{x^2} + 6x\)
\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right. \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\)
Cách giải:
\(y = - {x^3} + 3{x^2} + 5 \Rightarrow y' = - 3{x^2} + 6x\)
\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right. \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\)
Câu 4:
Giá trị của m để hàm số \(y = {x^3} - 3m{x^2} + 3\left( {{m^2} - 1} \right)x + m\) đạt cực đại tại \(x = 1\) là:
Đáp án C
Phương pháp:
Hàm số bậc ba đạt cực đại tại điểm\(x = {x_0} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( {{x_0}} \right) = 0\\f''\left( {{x_0}} \right) < 0\end{array} \right.\)
Cách giải:
Ta có: \(y = {x^3} - 3m{x^2} + 3\left( {{m^2} - 1} \right)x + m\)
\( \Rightarrow y' = 3{x^2} - 6mx + 3{m^2} - 3\)
\(y'' = 6x - 6\)
Hàm số đạt cực đại tại \(x = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y'\left( 1 \right) = 0\\y''\left( 1 \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 - 6m + 3{m^2} - 3 = 0\\6 - 6m < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 2\end{array} \right.\\m > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\)
Câu 5:
Tập hợp tất cả các số thực m để hàm số \(y = {x^3} + 5{x^2} - 4mx - 3\) đồng biến trên R là
Đáp án D
Phương pháp:
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên R \( \Leftrightarrow f'\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in R\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.
Cách giải:
\(y = {x^3} + 5{x^2} - 4mx - 3 \Rightarrow y' = 3{x^2} + 10x - 4m\)
Hàm số đồng biến trên R \[ \Leftrightarrow y' \ge 0,\,\,\forall x \in \,R \Leftrightarrow 3{x^2} + 10x - 4m \ge 0,\,\,\forall x \in \,R \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 > 0\\\Delta ' \le 0\end{array} \right.\]
\( \Leftrightarrow 25 + 12m \le 0 \Leftrightarrow m \le - \frac{{25}}{{12}}\)
Câu 6:
Đồ thị hàm số trong hình bên dưới là đồ thị của hàm số nào?
Đáp án C
Phương pháp:
Nhận biết dạng đồ thị hàm số bậc bốn trùng phương.
Cách giải:
Giả sử hàm số đó là: \(y = a{x^4} + b{x^2} + c,\,\,\left( {a \ne 0} \right)\)
Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy:
+ Đồ thị hàm số có bề lõm úp xuống \( \Rightarrow a < 0 \Rightarrow \) Loại phương án A và D
+ Hàm số đạt cực trị tại 1 điểm là \(\left( {0;1} \right)\)
Xét \(y = - {x^4} + {x^2} + 1 \Rightarrow y' = - 4{x^3} + 2x,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm \sqrt {\frac{1}{2}} \end{array} \right.\) : Hàm số có 3 điểm cực trị
\( \Rightarrow \) Loại phương án B.
Câu 7:
Hàm số nào sau đây có cực đại, cực tiểu và
Đáp án B
Phương pháp:
Đồ thị hàm số bậc ba \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d,\,\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) có 2 điểm cực trị:
Khi đó để hàm số có thì \(a < 0\)
Cách giải:
Hàm số có thì \(a < 0 \Rightarrow \)Loại bỏ phương án C và D.
+) Xét \(y = - {x^3} - 3x - 2 \Rightarrow y' = - 3{x^2} - 3,\,\,y' = 0\): vô ngiệm \( \Rightarrow \) Hàm số không có cực trị \( \Rightarrow \)Loại bỏ phương án A.
+) \(y = - {x^3} + 9{x^2} + 3x + 2 \Rightarrow y' = - 3{x^2} + 18x + 3,\,\,\,y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 8:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = - {x^3} + 3x - 2\). Các giá trị cực đại và cực tiểu của hàm số là
Đáp án A
Phương pháp:
Giải phương trình \(y' = 0\) tìm các điểm cực trị của hàm số, sau đó tính các giá trị cực trị.
Cách giải:
\(y = f\left( x \right) = - {x^3} + 3x - 2\)
\( \Rightarrow y = - 3{x^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow y = 0\\x = - 1 \Rightarrow y = - 4\end{array} \right.\)
Do \(a = - 1 < 0\) và nên
Câu 9:
Hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}\)
Đáp án D
Phương pháp :
Hàm số bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó.
Cách giải:
TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ 1 \right\}\)
Ta có: \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 1}} \Rightarrow y' = - \frac{2}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,\,\,\forall x \in D \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.
Câu 10:
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {x^4} - 6{x^2} + 8x - 2\) tại điểm \({x_0} = 1\) là
Đáp án B
Phương pháp:
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là: \(y = f'\left( {{x_0}} \right).\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\)
Cách giải:
\(y = {x^4} - 6{x^2} + 8x - 2 \Rightarrow y' = 4{x^3} - 12x + 8 \Rightarrow y'\left( 1 \right) = 0\)
Cho \({x_0} = 1 \Rightarrow {y_0} = 1\)
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {x^4} - 6{x^2} + 8x - 2\) tại điểm \({x_0} = 1\) là:
\(y = 0.\left( {x - 1} \right) + 1 \Leftrightarrow y = 1\)Câu 11:
Tích các giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = {x^3} - 3x + 1\) trên \(\left[ {0;1} \right]\) là:
Đáp án D
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:
\(y = {x^3} - 3x + 1 \Rightarrow y' = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1 \notin \left[ {0;1} \right]\end{array} \right.\)
Ta có: \(y\left( 0 \right) = 1,\,\,y\left( 1 \right) = - 1 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} y = - 1,\,\,\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} y = 1\)
Tích các giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số là: \( - 1.1 = - 1\)
Câu 12:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên là
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
Đáp án C
Phương pháp:
Quan sát bảng biến thiên và kết luận.
Cách giải:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\), đạt cực đại tại \(x = 1\) và đạt cực tiểu tại \(x = 2\)
Câu 13:
Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = x - \sqrt {16 - {x^2}} \) là:
Đáp án D
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:
TXĐ: \(D = \left[ { - 4;4} \right]\)
Ta có \(y = x - \sqrt {16 - {x^2}} \Rightarrow y' = 1 + \frac{x}{{\sqrt {16 - {x^2}} }} = \frac{{\sqrt {16 - {x^2}} + x}}{{\sqrt {16 - {x^2}} }}\)
\(y' = 0 \Leftrightarrow x + \sqrt {16 - {x^2}} = 0 \Leftrightarrow \sqrt {16 - {x^2}} = - x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 0\\16 - {x^2} = {x^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 0\\{x^2} = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 0\\x = \pm 2\sqrt 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow x = - 2\sqrt 2 \) Ta có \(y\left( { - 4} \right) = - 4,\,\,\,y\left( 4 \right) = 4,\,\,y\left( { - 2\sqrt 2 } \right) = - 4\sqrt 2 \Rightarrow \) Giá trị nhỏ nhất của hàm số là: \( - 4\sqrt 2 \)
Câu 14:
Đồ thị của hàm số \(y = \frac{{2{x^2} - 8}}{{{x^2} - 3x + 2}}\) có bao nhiêu đường tiệm cận?
Đáp án A
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: \(D = R\backslash \left\{ {1;2} \right\}\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2{x^2} - 8}}{{{x^2} - 3x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2{x^2} - 8}}{{{x^2} - 3x + 2}} = 2 \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có 1 TCN là \(y = 2\)
\(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2{x^2} - 8}}{{{x^2} - 3x + 2}} = - \infty ,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{2{x^2} - 8}}{{{x^2} - 3x + 2}} = + \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{2{x^2} - 8}}{{{x^2} - 3x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{2x + 4}}{{x - 1}}\,\,\, = 12,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{2{x^2} - 8}}{{{x^2} - 3x + 2}}\, = 12\end{array} \right. \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có 1 TCĐ là \(x = 1\)
Vậy, đồ thị hàm số đã cho có tất cả 2 đường tiệm cận.
Câu 15:
Cho x, y là hai số thực dương và m, n là hai số thực tùy ý. Đẳng thức nào sau đây là sai?
Đáp án B
Cách giải:
Đẳng thức sai là: \({x^m}.{y^n} = {\left( {xy} \right)^{m + n}}\)
Câu 16:
Cho x là số thực dương. Dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ của biểu thức \(\sqrt {x.\sqrt[3]{x}} \) là:
Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng các công thức \(\sqrt[m]{{{x^n}}} = {x^{\frac{n}{m}}};\,\,\,{\left( {{x^m}} \right)^n} = {x^{m.n}};\,\,\,{x^m}.{x^n} = {x^{m + n}}\)
Cách giải: \(\sqrt {x.\sqrt[3]{x}} = {\left( {x.{x^{\frac{1}{3}}}} \right)^{\frac{1}{2}}} = {\left( {{x^{\frac{4}{3}}}} \right)^{\frac{1}{2}}} = {x^{\frac{2}{3}}}\)
Câu 17:
Cho hàm số \(y = {\left( {2{x^2} + 4x + 1} \right)^{\sqrt 3 }}\). Khi đó đạo hàm \(y'\left( 0 \right)\) bằng
Đáp án A
Phương pháp:
\(y = {u^n} \Rightarrow y' = n{u^{n - 1}}.u'\)
Cách giải:Ta có: \(y = {\left( {2{x^2} + 4x + 1} \right)^{\sqrt 3 }} \Rightarrow y' = \sqrt 3 .{\left( {2{x^2} + 4x + 1} \right)^{\sqrt 3 - 1}}.\left( {4x + 4} \right)\)
\( \Rightarrow y'\left( 0 \right) = \sqrt 3 {.1^{\sqrt 3 - 1}}.4 = 4\sqrt 3 \)
Câu 18:
Đạo hàm y’(x) của hàm số \(y = x.\ln x\) là
Đáp án B
Phương pháp:
\(y = f\left( x \right).g\left( x \right) \Rightarrow y' = f'\left( x \right).g\left( x \right) + f\left( x \right).g'\left( x \right)\)
Cách giải:
\(y = x.\ln x \Rightarrow y = 1.\ln x + x.\frac{1}{x} = \ln x + 1\)
Câu 19:
Tập xác định của hàm số \(y = {\log _2}\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)\) là:
Đáp án A
Phương pháp:
Hàm số \(y = {\log _a}f\left( x \right)\,\left( {0 < a \ne 1} \right)\) xác định \( \Leftrightarrow f\left( x \right) > 0\)
Cách giải:
ĐKXĐ: \({x^2} - 3x + 2 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 2\\x < 1\end{array} \right. \Rightarrow \) TXĐ: \(D = R\backslash \left[ {1;2} \right]\)
Câu 20:
Biết \(\log 2 = a\) thì \(\log \sqrt[4]{{\frac{{32}}{5}}}\) bằng
Đáp án D
Phương pháp:
Sử dụng các công thức biến đổi logarit.
Cách giải:
\(\log \sqrt[4]{{\frac{{32}}{5}}} = \frac{1}{4}\log \frac{{32}}{5} = \frac{1}{4}\log \frac{{64}}{{10}} = \frac{1}{4}\left( {\log {2^6} - \log 10} \right) = \frac{1}{4}\left( {6\log 2 - 1} \right) = \frac{1}{4}\left( {6a - 1} \right)\)
Câu 21:
Gọi các nghiệm của phương trình \({4^{x + 1}} - {6.2^{x + 1}} + 8 = 0\) là \({x_1},\,{x_2}\). Khi đó \(x_1^2 + x_2^2\) bằng
Đáp án B
Phương pháp:
Đặt \({2^{x + 1}} = t,\,\,t > 0\). Giải phương trình tìm t, sau đó, tìm nghiệm \({x_1},\,{x_2}\)
Cách giải:
Đặt \({2^{x + 1}} = t,\,\,t > 0\)
Phương trình trở thành: \({t^2} - 6t + 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\\t = 4\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^{x + 1}} = 2\\{2^{x + 1}} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\)
Giả sử \({x_1} = 0,\,\,{x_2} = 1\). Khi đó \(x_1^2 + x_2^2 = {0^2} + {1^2} = 1\)
Câu 22:
Hàm số \(f\left( x \right) = {x^2}\ln x\) đạt cực trị tại điểm
Đáp án A
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\)
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm \(x = {x_0} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( {{x_0}} \right) = 0\\f'\left( {{x_0}} \right) > 0\end{array} \right.\)
Hàm số đạt cực đại tại điểm \(x = {x_0} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( {{x_0}} \right)\\f''\left( {{x_0}} \right) < 0\end{array} \right.\)
Cách giải:
TXĐ: \(D = \left( {0; + \infty } \right)\)
\(f\left( x \right) = {x^2}\ln x \Rightarrow f'\left( x \right) = 2x\ln x + {x^2}.\frac{1}{x} = 2x\ln x + x\)
\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2x\ln x + x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\left( L \right)\\\ln x = - \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = {e^{ - \frac{1}{2}}} = \frac{1}{{\sqrt e }}\)
\(f''\left( x \right) = 2\ln x + 2x.\frac{1}{x} + 1 = 2\ln x + 3,\,\,\, \Rightarrow f''\left( {\frac{1}{{\sqrt e }}} \right) = 2.\frac{{ - 1}}{2} + 3 = 2 > 0 \Rightarrow \) Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = \frac{1}{{\sqrt e }}\)
Câu 23:
Tập nghiệm của phương trình \({\log _3}\left( {{9^x} + 8} \right) = x + 2\) là
Đáp án D
\({\log _a}f\left( x \right) = b \Leftrightarrow f\left( x \right) = {a^b}\) (giả sử các biểu thức là có nghĩa)
Cách giải:
\({\log _3}\left( {{9^x} + 8} \right) = x + 2 \Leftrightarrow {9^x} + 8 = {3^{x + 2}}\)
\( \Leftrightarrow {9^x} - {9.3^x} + 8 = 0 \Leftrightarrow {\left( {{3^x}} \right)^2} - {9.3^x} + 8 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{3^x} = 1\\{3^x} = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = {\log _3}8\end{array} \right.\)
Vậy, tập nghiệm của phương trình đã cho là \(\left\{ {0;{{\log }_3}8} \right\}\)
Câu 24:
Tập nghiệm của bất phương trình \({\log _3}\left( {2x - 1} \right) > 3\) là:
Đáp án B
Phương pháp:
\({\log _a}f\left( x \right) > b \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a > 1\\f\left( x \right) >{a^b}\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\f\left( x \right) < {a^b}\end{array} \right.\end{array} \right.\)
Cách giải:
\({\log _3}\left( {2x - 1} \right) > 3 \Leftrightarrow 2x - 1 > {3^3} \Leftrightarrow 2x > 28 \Leftrightarrow x > 14\)
Câu 25:
Một khối chóp có đáy là hình vuông cạnh a và các cạnh bên cùng bằng \(\frac{{a\sqrt 6 }}{2}\). Khi đó thể tích của khối chóp là
Đáp án B
Phương pháp:
Chóp có các cạnh bên bằng nhau thì chân đường cao trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.
Cách giải:
Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\)
ABCD là hình vuông cạnh a \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{S_{ABCD}} = {a^2}\\AC = a\sqrt 2 \Rightarrow OA = \frac{{AC}}{2} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\end{array} \right.\)
\(\Delta SOA\) vuông tại O \( \Rightarrow SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{a}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}} = a\)
Thể tích của khối chóp là: \(V = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a.{a^2} = \frac{{{a^3}}}{3}\)
Câu 26:
Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng \({60^0}\). Thể tích khối chóp là
Đáp án C
Phương pháp:
* Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng:
- Gọi a’ là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng (P).
- Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng a và a’.
Cách giải:
Ta có: \(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SA;\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SA;AO} \right) = SAO = {60^0}\)
ABCD là hình vuông cạnh a \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{S_{ABCD}} = {a^2}\\AC = a\sqrt 2 \Rightarrow OA = \frac{{AC}}{2} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\end{array} \right.\)
\(\Delta SOA\) vuông tại O \( \Rightarrow SO = OA.\tan SAO = \frac{a}{{\sqrt 2 }}.\tan {60^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}\)
Thể tích của khối chóp là: \(V = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}.{a^2} = \frac{{\sqrt 6 {a^3}}}{6}\)
Câu 27:
Cho hình chóp S.ABCD có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\), ABCD là hình chữ nhật với \(AB = a,\,\,BC = 2a\) và \(SA = 3a\). Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp là
Đáp án C
Phương pháp:
- Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
- Tính bán kính mặt cầu.
- Tính thể tích khối cầu: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\)
Cách giải:
Gọi O là tâm của hình chữ nhật ABCD, I là trung điểm của SC
Ta có: IO là đường trung bình của tam giác SAC \( \Rightarrow IO//SA\)
Mà \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow IO \bot \left( {ABCD} \right)\)
\( \Rightarrow IA = IB = IC = ID\,\,\left( 1 \right)\)
Tam giác SAC vuông tại A, I là trung điểm của SC
\( \Rightarrow IS = IC = IA\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu là \(R = \frac{{SC}}{2}\)
ABCD là hình chữ nhật \( \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}} = a\sqrt 5 \)
Tam giác SAC vuông tại A \( \Rightarrow SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt 5 a} \right)}^2}} = a\sqrt {14} \)
\( \Rightarrow R = \frac{{SC}}{2} = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}\)
Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp là: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{a\sqrt {14} }}{2}} \right)^3} = \frac{{7\pi \sqrt {14} .{a^3}}}{3}\)
Câu 28:
Khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ có độ dài đoạn \(AB' = 2a\). Thể tích của khối đó là
Đáp án A
Phương pháp:
Thể tích khối lập phương có các cạnh đều bằng a là: \(V = {a^3}\)
Cách giải:
ABB’A’ là hình vuông có \(AB' = 2a\)
\( \Rightarrow AB = \frac{{AB'}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 \)
Thể tích của khối đó là: \(V = {\left( {a\sqrt 2 } \right)^3} = 2\sqrt 2 {a^3}\)
Câu 29:
Khẳng định nào sau đây là sai?
Đáp án C
Cách giải:
Khẳng định sai là: Mọi hình chóp luôn có mặt cầu ngoại tiếp.Câu 30:
Cho tứ diện SABC có \(SA = 4a\) và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tam giác ABC vuông tại B, có \[AB = a,{\rm{ }}BC = 3a\]. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC bằng
Đáp án B
Phương pháp:
- Xác định tâm mặt cầu.
- Tính diện tích mặt cầu: \(S = 4\pi {R^2}\)
Cách giải:
Gọi O, I lần lượt là trung điểm của AC, SC.
Tam giác ABC vuông tại B \( \Rightarrow \) O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
IO là đường trung bình của tam giác SAC \( \Rightarrow IO//SA\)
Mà \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow IO \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow IA = IB = IC\,\,\,\left( 1 \right)\)
Tam giác SAC vuông tại A \( \Rightarrow IA = IS = IC\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC và bán kính mặt cầu \(R = \frac{{SA}}{2}\)
\(\Delta ABC\) vuông tại B \( \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {3a} \right)}^2}} = a\sqrt {10} \)
\(\Delta SAC\) vuông tại A \( \Rightarrow SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {{{\left( {4a} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt {10} a} \right)}^2}} = a\sqrt {26} \)
Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC bằng \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi .{\left( {a\sqrt {26} } \right)^2} = 104\pi {a^2}\)
Câu 31:
Hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy là tam giác ABC vuông tại A, có \[AB = a,{\rm{ }}BC = 2a\], góc giữa AC’ và mặt phẳng đáy bằng \({60^0}\). Hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có diện tích toàn phần là
Đáp án D
Phương pháp:
Diện tích xung quanh của hình trụ: \({S_{xq}} = 2\pi Rh\)
Diện tích toàn phần của hình trụ:
Cách giải:
Ta có: ABC.A’B’C’ là lăng trụ đứng \( \Rightarrow AA' \bot \left( {A'B'C'} \right)\)
\( \Rightarrow \left( {AC';\left( {A'B'C'} \right)} \right) = \left( {AC';A'C'} \right) = AC'A' = {60^0}\)
Tam giác ABC vuông tại A \( \Rightarrow AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {a^2}} = a\sqrt 3 \)
Tam giác AA’C’ vuông tại A’
\( \Rightarrow AA' = A'C'.tan{60^0} = AC.\tan {60^0} = a\sqrt 3 .\sqrt 3 = 3a\)
Hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đường cao \(h = AA' = 3a\), bán kính đáy \(R = \frac{{BC}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a\)
Diện tích toàn phần của hình trụ là: \({S_{tp}} = 2\pi Rh + 2\pi {R^2} = 2\pi .a.3a + 2\pi {a^2} = 8\pi {a^2}\)
Câu 32:
Một mặt cầu \(\left( S \right)\) cắt mặt phẳng kính của nó theo đường tròn có bán kính là 5. Diện tích mặt cầu (S) là
Đáp án A
Phương pháp:
Diện tích mặt cầu: \(S = 4\pi {R^2}\)
Cách giải:
Bán kính mặt cầu là: \(R = 5\)
Diện tích mặt cầu: \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi {.5^2} = 100\pi \)
Câu 33:
Cho hình nón có bán kính đáy bằng a, đường sinh có độ dài bằng \(a\sqrt 3 \). Thể tích của khối nón đó là
Đáp án D
Phương pháp:
- Mối liên hệ giữa đường cao, bán kính đáy và độ dài đường sinh của hình nón: \({h^2} + {r^2} = {l^2}\)
- Thể tích khối nón: \(V = \frac{1}{3}Sh = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\)
Cách giải:
Ta có: \({h^2} + {r^2} = {l^2} \Leftrightarrow {h^2} + {a^2} = {\left( {a\sqrt 3 } \right)^2} \Rightarrow h = a\sqrt 2 \)
Thể tích khối nón: \(V = \frac{1}{3}Sh = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {a^2}a\sqrt 2 = \frac{{\pi {a^2}\sqrt 2 }}{3}\)
Câu 34:
Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’, đáy là tam giác vuông tại A, \(AC = a,\,\,ACB = {60^0},\,\,AC' = 3a\). Thể tích khối lăng trụ đó là
Đáp án B
Phương pháp:
Thể tích khối lăng trụ: \(V = Sh\)
Cách giải:
Tam giác ABC vuông tại A \( \Rightarrow AB = AC.\tan ACB = a.\tan {60^0} = a\sqrt 3 \)
Diện tích tam giác ABC: \(S = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.a\sqrt 3 .a = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)
Tam giác AA’C’ vuông tại A’
\( \Rightarrow AA' = \sqrt {AC{'^2} - A'C{'^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} - {a^2}} = 2\sqrt 2 a\)
Thể tích khối lăng trụ đó là: \(V = Sh = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.2\sqrt 2 a = {a^3}\sqrt 6 \)
Câu 35:
Tập xác định của hàm số \(f\left( x \right) = \sqrt {1 - \ln \left( {2x - 1} \right)} \) là
Đáp án C
Phương pháp:
\(\sqrt A \) xác định \( \Leftrightarrow A \ge 0\)
\({\log _a}f\left( x \right)\) xác định \( \Rightarrow f\left( x \right) > 0\) (với \(0 < a \ne 1\))
Cách giải:
Hàm số xác định khi và chỉ khi:
\(\left\{ \begin{array}{l}1 - \ln \left( {2x - 1} \right) \ge 0\\2x - 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\ln \left( {2x - 1} \right) \le 1\\x >\frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 1 \le e\\x > \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le \frac{{e + 1}}{2}\\x > \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{1}{2} < x \le \frac{{e + 1}}{2}\)
TXĐ: \(D = \left( {\frac{1}{2};\frac{{e + 1}}{2}} \right]\)
Câu 36:
Đồ thị hàm số \(y = x + 3 + \sqrt {{x^2} + x + 1} \)
Đáp án B
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: \(D = R\), do đó đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.
Ta có:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x + 3 + \sqrt {{x^2} + x + 1} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x.\left( {1 + \frac{3}{x} + \sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} } \right)} \right) = + \infty \)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {x + 3 + \sqrt {{x^2} + x + 1} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\left( {x + 3 + \sqrt {{x^2} + x + 1} } \right)\left( {x + 3 - \sqrt {{x^2} + x + 1} } \right)}}{{\left( {x + 3 - \sqrt {{x^2} + x + 1} } \right)}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{5x + 8}}{{x + 3 - \sqrt {{x^2} + x + 1} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{5 + \frac{8}{x}}}{{1 + \frac{3}{x} + \sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }} = \frac{5}{2}\)
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có TCN \(y = \frac{5}{2}\)
Câu 37:
Cho hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}\) có đồ thị (C). Tiếp tuyến của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại hai điểm A, B. Giá trị nhỏ nhất của AB là
Đáp án C
Phương pháp:
Giả sử \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\).
Xác định giao điểm của tiếp điểm với hai đường tiệm cận và tính độ dài AB. Sử dụng công thức tính độ dài: \(AB = \sqrt {{{\left( {{x_A} - {x_B}} \right)}^2} + {{\left( {{y_A} - {y_B}} \right)}^2}} \)
Sử dụng BĐT Cô-si tìm GTNN của AB.
Cách giải:
Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}\) có TCĐ là \(x = - 1\) và TCN là \(y = 2\)
Giả sử \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm \( \Rightarrow {y_0} = \frac{{2{x_0} + 1}}{{{x_0} + 1}}\)
\(y' = \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} \Rightarrow y'\left( {{x_0}} \right) = \frac{1}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}\)
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là:
\(y = \frac{1}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}.\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{2{x_0} + 1}}{{{x_0} + 1}}\)
Cho \(x = - 1 \Rightarrow y = \frac{{ - 1 - {x_0}}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} + \frac{{2{x_0} + 1}}{{{x_0} + 1}} = \frac{{2{x_0}}}{{{x_0} + 1}} \Rightarrow A\left( { - 1;\frac{{2{x_0}}}{{{x_0} + 1}}} \right)\)
Cho \(y = 2 \Rightarrow 2 = \frac{{x - {x_0}}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} + \frac{{2{x_0} + 1}}{{{x_0} + 1}} \Leftrightarrow x - {x_0} + \left( {2{x_0} + 1} \right)\left( {{x_0} + 1} \right) = 2{\left( {{x_0} + 1} \right)^2}\)
\( \Leftrightarrow x - {x_0} + 2x_0^2 + 3{x_0} + 1 = 2x_0^2 + 4{x_0} + 2 \Leftrightarrow x = 2{x_0} + 1 \Rightarrow B\left( {2{x_0} + 1;2} \right)\)
Khi đó: \(AB = \sqrt {{{\left( {2{x_0} + 2} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{2{x_0}}}{{{x_0} + 1}} - 2} \right)}^2}} = \sqrt {4{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2} + \frac{4}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}} \)
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(4{\left( {{x_0} + 1} \right)^2} + \frac{4}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} \ge 2\sqrt {4{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}.\frac{4}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}} = 8\)
\( \Rightarrow A{B_{\min }} = \sqrt 8 = 2\sqrt 2 \) khi \(4{\left( {{x_0} + 1} \right)^2} = \frac{4}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} \Leftrightarrow {\left( {{x_0} + 1} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} = - 2\end{array} \right.\)
Câu 38:
Cho hình chóp S.ABCD có đường cao \(SA = 4a\); ABCD là hình thang với đáy lớn AD, biết \(AD = 4a,\,\,AB = BC = CD = 2a\). Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng
Đáp án B
Phương pháp:
Xác định trục của hai mặt phẳng bất kì của chóp (Thường là mặt đáy và một mặt bên). Giao điểm của chúng chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp.
Cách giải:
Gọi O, I lần lượt là trung điểm của AD và SD
Dễ dàng chứng minh: ABCD là hình thang cân \(\left( {AD = 4a,\,\,AB = BC = CD = 2a} \right)\) và O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD.
IO là đường trung bình của tam giác SAC \( \Rightarrow IO//SA\)
Mà \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow IO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow IA = IB = IC\,\,\left( 1 \right)\)
Tam giác SAD vuông tại A
\( \Rightarrow IA = IS = \frac{{SD}}{2} = \frac{{4a\sqrt 2 }}{2} = 2a\sqrt 2 \,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC và bán kính mặt cầu \(R = 2a\sqrt 2 \)
Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi .{\left( {2a\sqrt 2 } \right)^3} = \frac{\begin{array}{l}6\\64\sqrt 2 \pi {a^3}\end{array}}{3}\)
Câu 39:
Với giá trị nào của m thì phương trình \(\log _3^2x - \left( {m + 2} \right).{\log _3}x + 3m - 1\) có 2 nghiệm \({x_1},\,{x_2}\) thỏa mãn \({x_1}{x_2} = 27\)?
Đáp án A
Phương pháp:
Đặt \({\log _3}x = t\). Đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t.
Áp dụng hệ thức Vi-et của phương trình bậc hai.
Cách giải:
Đặt \({\log _3}x = t\). Khi đó phương trình trở thành: \({t^2} - \left( {m + 2} \right)t + 3m - 1 = 0\,\,\left( 2 \right)\)
Phương trình (1) có 2 nghiệm \({x_1};\,{x_2}\) thỏa mãn \({x_1}.{x_2} = 27\) thì phương trình (2) có 2 nghiệm \({t_1},\,{t_2}\) thỏa mãn \({t_1} + {t_2} = {\log _3}{x_1} + {\log _3}{x_2} = {\log _3}\left( {{x_1}{x_2}} \right) = {\log _3}27 = 3\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\S = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m + 2} \right)^2} - 4\left( {3m - 1} \right) > 0\\m + 2 = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 8m + 8 > 0\\m = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 1\)
Câu 40:
Tập nghiệm của bất phương trình \({9^{\frac{{ - 2}}{x}}} + {3^{\frac{{ - 2}}{x}}} > 12\) là
Đáp án C
Phương pháp:
Đưa về phương trình bậc hai đối với hàm số mũ.
Cách giải:
\({9^{\frac{{ - 2}}{x}}} + {3^{\frac{{ - 2}}{x}}} > 12,\,\,\left( {x \ne 0} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left( {{3^{\frac{{ - 2}}{x}}}} \right) + {3^{\frac{{ - 2}}{x}}} - 12 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{3^{\frac{{ - 2}}{x}}} > 3\\{3^{\frac{{ - 2}}{x}}} < - 4\left( {VN} \right)\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \frac{{ - 2}}{x} > 1 \Leftrightarrow \frac{2}{x} + 1 < 0 \Leftrightarrow \frac{{2 + x}}{x} < 0 \Leftrightarrow - 2 < x < 0\)
Tập nghiệm của bất phương trình là: \(\left( { - 2;0} \right)\)
Câu 41:
Đồ thị của hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{\left| x \right| + 1}}\) có bao nhiêu đường tiệm cận?
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: \(D = R\), do đó đồ thị hàm số không có TCĐ.
Ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x + 1}}{{\left| x \right| + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x + 1}}{{x + 1}} = 2\\\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x + 1}}{{\left| x \right| + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x + 1}}{{ - x + 1}} = - 2\end{array} \right. \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có 2 TCN là \(y = 2,\,\,y = - 2\)Câu 42:
Với giá trị thực nào của tham số m thì đồ thị hàm số \(y = {x^4} - 2m{x^2} + 2m + {m^4}\) có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác đều?
Đáp án B
Phương pháp:
+) Tìm điều kiện để hàm số có 3 điểm cực trị.
+) Xác định các điểm cực trị của hàm số. Ba điểm cực trị đó luôn tạo thành tam giác cân.
+) Tìm điều kiện để tam giác cân trở thành tam giác đều.Cách giải:
\(y = {x^4} - 2m{x^2} + 2m + {m^4} \Rightarrow y' = 4{x^3} - 4mx = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m\end{array} \right.\)
Để hàm số có 3 điểm cực trị thì \(m > 0\). Khi đó, tọa độ 3 điểm cực trị là:
\(A\left( {0;2m + {m^4}} \right),\,\,B\left( { - \sqrt m ;{m^4} - {m^2} + 2m} \right),\,\,C\left( {\sqrt m ;{m^4} - {m^2} + 2m} \right)\)
Dễ dàng kiểm tra được tam giác ABC cân tại A với mọi \(m > 0\)
Ta có: \(A{B^2} = m + {m^4};\,\,\,B{C^2} = 4m\)
Để \(\Delta ABC\) đều thì \(A{B^2} = B{C^2} \Leftrightarrow A{B^2} = B{C^2} \Leftrightarrow m + {m^4} = 4m \Leftrightarrow {m^4} - 3m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\left( {ktm} \right)\\m = \sqrt[3]{3}\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy \(m = \sqrt[3]{3}\)
Câu 43:
Cho hàm số \(y = m\cot \left( {{x^2}} \right)\). Tập hợp tất cả các giá trị của m thỏa mãn \({m^2} - 4 < 0\) sao cho hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( {0;\frac{\pi }{4}} \right)\) là
Đáp án D
Phương pháp:
Hàm số đồng biến trên \(\left( {0;\frac{\pi }{4}} \right) \Leftrightarrow y' \ge 0,\,\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{4}} \right)\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm trên \(\left( {0;\frac{\pi }{4}} \right)\)
Cách giải:
\(y = m\cot \left( {{x^2}} \right) \Rightarrow y' = m.\frac{{ - 1}}{{{{\sin }^2}\left( {{x^2}} \right)}}.2x = \frac{{ - 2mx}}{{{{\sin }^2}\left( {{x^2}} \right)}}\)
Hàm số đồng biến trên \(\left( {0;\frac{\pi }{4}} \right) \Leftrightarrow \frac{{ - 2mx}}{{{{\sin }^2}\left( {{x^2}} \right)}} \ge 0,\,\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{4}} \right)\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm trên \(\left( {0;\frac{\pi }{4}} \right)\)
\( \Leftrightarrow - 2m > 0 \Leftrightarrow m < 0\)
Kết hợp điều kiện \({m^2} - 4 < 0 \Leftrightarrow - 2 < m < 2 \Rightarrow m \in \left( { - 2;0} \right)\)
Câu 44:
Một người lần đầu gửi vào ngân hàng 100 triệu đồng với kì hạn 3 tháng, lãi suất 2% một quý theo hình thức lãi kép (một quý bằng 3 tháng). Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 100 triệu đồng với kỳ hạn và lãi suất như trước đó. Tổng số tiền người đó nhận được tính từ lần gửi ban đầu đến thời điểm sau khi gửi thêm 1 năm, gần nhất với kết quả nào sau đây?
Đáp án C
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,
M là số tiền gửi ban đầu,
n là thời gian gửi tiền (tháng),
r là lãi suất định kì (%).
Cách giải:
Số tiền người đó nhận được sau 6 tháng đầu là: \(100.{\left( {1 + 2\% } \right)^2} = 104,04\) (triệu)
Số tiền người đó nhận được sau 1 năm là: \(\left( {104,04 + 100} \right).{\left( {1 + 2\% } \right)^2} \approx 212,7\) (triệu)
Câu 45:
Một người cần đi từ khách sạn A bên bờ biển đến hòn đảo C. Biết rằng khoảng cách từ đảo C đến bờ biển là BC = 10km, khoảng cách từ khách sạn A đến điểm ngắn nhất tính từ đảo C vào bờ là AB = 40km. Người đó có thể đi đường thủy hoặc đi đường bộ rồi đi đường thủy từ khách sạn ra đảo (như hình vẽ dưới đây). Biết kinh phí đi đường thủy là 5 USD/km, kinh phí đi đường bộ là 3 USD/km. Hỏi người đó phải đi đường bộ một đoạn AD bao nhiêu để kinh phí đi từ A đến C nhỏ nhất? (AB vuông góc BC-hình dưới đây)
Đáp án A
Phương pháp:
Lập hàm số tính kinh phí đi từ A đến C, với ẩn \(x = BD\)
Cách giải:
Gọi độ dài đoạn BD là \(x\left( {km} \right),\,\,\left( {x \in \left[ {0;40} \right]} \right)\)
Khi đó \(AD = 40 - x,\,\,DC = \sqrt {100 + {x^2}} \left( {km} \right)\)
Kinh phí đi từ A đến C: \(y = f\left( x \right) = 3\left( {40 - x} \right) + 5\sqrt {100 + {x^2}} \)
\(f'\left( x \right) = - 3 + \frac{{5x}}{{\sqrt {100 + {x^2}} }} = \frac{{ - 3\sqrt {100 + {x^2}} + 5x}}{{\sqrt {100 + {x^2}} }}\)
\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3\sqrt {100 + {x^2}} = 5x \Leftrightarrow 900 + 9{x^2} = 25{x^2} \Leftrightarrow 16{x^2} = 900 \Leftrightarrow x = \frac{{15}}{2}\)
Ta có \(f\left( 0 \right) = 170,\,\,f\left( {40} \right) = 50\sqrt {17} ,\,\,\,f\left( {\frac{{15}}{2}} \right) = 160\)
Vậy, kinh phí đi từ A đến C nhỏ nhất bằng 160USD khi \(BD = x = \frac{{15}}{2}\left( {km} \right)\)
Câu 46:
Cho tứ diện ABCD, có \(AB = AC = AD = a,\,\,\,BAD = {90^0};\,\,DAC = {60^0};\,\,CAB = {120^0}\). Thể tích tứ diện ABCD là
Đáp án B
Phương pháp:
+) Chóp có các cạnh bên bằng nhau thì chân đường cao trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.
+) Tính độ dài các cạnh BC, CD, DA, sử dụng định lí Pytago đảo chứng minh tam giác ABC vuông.
+)
Cách giải:
Tam giác ABD vuông cân tại A \( \Rightarrow BD = AB\sqrt 2 = a\sqrt 2 \)
Tam giác ACD đều \( \Rightarrow CD = AD = a\)
Tam giác ABC: \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} - 2.AB.AC.\cos {{120}^0}} = \sqrt {{a^2} + {a^2} - 2.{a^2}.\frac{{ - 1}}{2}} = a\sqrt 3 \)
\( \Rightarrow B{D^2} + C{D^2} = B{C^2} \Rightarrow \) Tam giác BCD vuông tại D
Gọi I là trung điểm của BC \( \Rightarrow \) I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD
Mà tứ diện ABCD có \(AB = AC = AD\)
\( \Rightarrow AI \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.AI.{S_{BCD}}\)
Tam giác ABI vuông tại I \( \Rightarrow AI = \sqrt {A{B^2} - B{I^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{a}{2}\)
Tam giác BCD vuông tại D \( \Rightarrow {S_{BCD}} = \frac{1}{2}.BD.DC = \frac{1}{2}.a\sqrt 2 .a = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2}\)
\( \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.AI.{S_{BCD}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)
Tam giác ABD vuông cân tại A \( \Rightarrow BD = AB\sqrt 2 = a\sqrt 2 \)
Tam giác ACD đều \( \Rightarrow CD = AD = a\)
Tam giác ABD vuông cân tại A \( \Rightarrow BD = AB\sqrt 2 = a\sqrt 2 \)
Tam giác ACD đều \( \Rightarrow CD = AD = a\)
Tam giác ABC: \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} - 2.AB.AC.\cos {{120}^0}} = \sqrt {{a^2} + {a^2} - 2.{a^2}.\frac{{ - 1}}{2}} = a\sqrt 3 \)
\( \Rightarrow B{D^2} + C{D^2} = B{C^2} \Rightarrow \) Tam giác BCD vuông tại D
Gọi I là trung điểm của BC \( \Rightarrow \) I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD
Mà tứ diện ABCD có \(AB = AC = AD\)
\( \Rightarrow AI \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.AI.{S_{BCD}}\)
Tam giác ABI vuông tại I \( \Rightarrow AI = \sqrt {A{B^2} - B{I^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{a}{2}\)
Tam giác BCD vuông tại D \( \Rightarrow {S_{BCD}} = \frac{1}{2}.BD.DC = \frac{1}{2}.a\sqrt 2 .a = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2}\)
\( \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.AI.{S_{BCD}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)
Tam giác ABC: \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} - 2.AB.AC.\cos {{120}^0}} = \sqrt {{a^2} + {a^2} - 2.{a^2}.\frac{{ - 1}}{2}} = a\sqrt 3 \)
\( \Rightarrow B{D^2} + C{D^2} = B{C^2} \Rightarrow \) Tam giác BCD vuông tại D
Gọi I là trung điểm của BC \( \Rightarrow \) I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD
Mà tứ diện ABCD có \(AB = AC = AD\)
\( \Rightarrow AI \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.AI.{S_{BCD}}\)
Tam giác ABI vuông tại I \( \Rightarrow AI = \sqrt {A{B^2} - B{I^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{a}{2}\)
Tam giác BCD vuông tại D \( \Rightarrow {S_{BCD}} = \frac{1}{2}.BD.DC = \frac{1}{2}.a\sqrt 2 .a = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2}\)
\( \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.AI.{S_{BCD}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)
Câu 47:
Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi. \(SA = x\left( {0 < x < \sqrt 3 } \right)\) các cạnh còn lại đều bằng 1. Thể tích của khối chóp S.ABCD là
Đáp án D
Phương pháp:
\({V_{S.ABCD}} = 2{V_{S.ABD}}\)
Cách giải:
ABCD là hình thoi \( \Rightarrow \Delta ABD = \Delta CBD \Rightarrow {S_{\Delta ABD}} = {S_{\Delta CBD}}\)
\( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = 2{V_{S.ABD}}\)
Gọi I là trung điểm của SA, O là tâm của hình thoi ABCD.
Ta có: \(\Delta SAD,\,\,\Delta SAB\) là hai tam giác cân lần lượt tại D và B
\( \Rightarrow DI \bot SA,\,\,BI \bot SA \Rightarrow SA \bot \left( {IBD} \right)\)
\({V_{S.ABD}} = {V_{S.IBD}} + {V_{I.ABD}} = \frac{1}{3}.SI.{S_{\Delta IBD}} + \frac{1}{3}.IA.{S_{\Delta IBD}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{\Delta IBD}}\)
Tam giác IAD vuông tại I \( \Rightarrow DI = \sqrt {A{D^2} - I{A^2}} = \sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{4}} \)
\( \Rightarrow IB = ID = \sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{4}} \)
IO là đường trung bình của tam giác SAC \( \Rightarrow IO = \frac{{SC}}{2} = \frac{1}{2}\)
Tam giác IBD cân tại I, O là trung điểm của BD \( \Rightarrow IO \bot BD \Rightarrow \Delta IOD\) vuông tại O
\( \Rightarrow OD = \sqrt {I{D^2} - I{O^2}} = \sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{4} - \frac{1}{4}} = \sqrt {\frac{3}{4} - \frac{{{x^2}}}{4}} \Rightarrow BD = \sqrt {3 - {x^2}} \)
Diện tích tam giác IBD: \(S{ & _{IBD}} = \frac{1}{2}.IO.BD = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\sqrt {3 - {x^2}} = \frac{{\sqrt {3 - {x^2}} }}{4}\)
\( \Rightarrow {V_{S.ABD}} = \frac{1}{2}.SA.{S_{\Delta IBD}} = \frac{1}{3}.x.\frac{{\sqrt {3 - {x^2}} }}{4} = \frac{{x\sqrt {3 - {x^2}} }}{{12}} \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = 2{V_{S.ABD}} = \frac{{a\sqrt {3 - {x^2}} }}{6}\)
Câu 48:
Cho hình chóp S.ABC có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\), tam giác ABC vuông tại B. Biết \(SA = a,\,\,AB = b,\,\,BC = c\). Gọi B’, C’ tương ứng là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SC. Gọi V, V’ tương ứng là thể tích của các khối chóp S.ABC, S.AB’C’. Khi đó ta có
Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng công thức tỉ số thể tích cho khối chóp tam giác (Công thức Simson):
Cho khối chóp S.ABC, các điểm \({A_1},\,{B_1},\,{C_1}\) lần lượt thuộc SA, SB, SC. Khi đó, \(\frac{{{V_{S.{A_1}{B_1}{C_1}}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{S{A_1}}}{{SA}}.\frac{{S{B_1}}}{{SB}}.\frac{{S{C_1}}}{{SC}}\)
Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng công thức tỉ số thể tích cho khối chóp tam giác (Công thức Simson):
Cho khối chóp S.ABC, các điểm \({A_1},\,{B_1},\,{C_1}\) lần lượt thuộc SA, SB, SC. Khi đó, \(\frac{{{V_{S.{A_1}{B_1}{C_1}}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{S{A_1}}}{{SA}}.\frac{{S{B_1}}}{{SB}}.\frac{{S{C_1}}}{{SC}}\)
Cách giải:
Tam giác SAB vuông tại A, AB’ vuông góc SB
\( \Rightarrow SB'.SB = S{A^2} \Rightarrow \frac{{SB'}}{{SB}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}\)
Tam giác ABC vuông tại B
\( \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \)
Tam giác SAC vuông tại A, AC’ vuông góc SC
\( \Rightarrow SC'.SC = S{A^2} \Rightarrow \frac{{SC'}}{{SC}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{C^2}}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}\)
\(\frac{{{V_{S.A'B'C'}}}}{{{S_{S.ABC}}}} = \frac{{SB'}}{{SB}}.\frac{{SC'}}{{SC}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} = \frac{{{a^4}}}{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}\)
Cách giải:
Tam giác SAB vuông tại A, AB’ vuông góc SB
\( \Rightarrow SB'.SB = S{A^2} \Rightarrow \frac{{SB'}}{{SB}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}\)
Tam giác ABC vuông tại B
\( \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \)
Tam giác SAC vuông tại A, AC’ vuông góc SC
\( \Rightarrow SC'.SC = S{A^2} \Rightarrow \frac{{SC'}}{{SC}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{C^2}}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}\)
\(\frac{{{V_{S.A'B'C'}}}}{{{S_{S.ABC}}}} = \frac{{SB'}}{{SB}}.\frac{{SC'}}{{SC}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} = \frac{{{a^4}}}{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}\)
Câu 49:
Khối tứ diện ABCD có cạnh \[AB = CD = a\], độ dài tất cả các cạnh còn lại bằng b, \(\left( {2{b^2} > {a^2}} \right)\). Thể tích V của khối tứ diện đó là
Đáp án B
Phương pháp:
Thể tích khối chóp: \(V = \frac{1}{3}Sh\)
Cách giải:
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của CD, AB. Kẻ AH vuông góc với BE tại H.
Theo đề bài ta có: \(AB = CD = a,\,\,BC = BD = AC = AD = b\)
\( \Rightarrow AE = BE = \sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{a}} \)
Ta có: \({S_{\Delta BCD}} = \frac{1}{2}BE.CD = \frac{1}{2}.\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} .a\)
\[{\rm{EF}} = \sqrt {B{E^2} - B{F^2}} = \sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{4} - \frac{{{a^2}}}{4}} = \sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} \]
\({S_{\Delta ABE}} = \frac{1}{2}AH.BE = \frac{1}{2}EF.AB \Rightarrow AH.BE = EF.AB \Leftrightarrow AH.\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} = \sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} .a \Leftrightarrow AH = \frac{{\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} .a}}{{\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} }}\) Thể tích khối tứ diện ABCD: \(V = \frac{1}{3}AH.{S_{\Delta BCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} .a}}{{\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} }}.\frac{1}{2}.\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} .a = \frac{{{a^2}\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} }}{6}\)
Câu 50:
Các hình trụ tròn xoay có diện tích toàn phần là S không đổi, gọi chiều cao hình trụ là h và bán kính đáy hình trụ là r. Thể tích của khối trụ đó đạt giá trị lớn nhất khi
Đáp án C
Phương pháp:
+) Diện tích xung quanh hình trụ tròn xoay: \({S_{xq}} = 2\pi Rl = 2\pi Rh\)
+) Diện tích toàn phần hình trụ tròn xoay:
+) Thể tích khối trụ: \(V = Sh = \pi {R^2}h\)
Cách giải:
Diện tích toàn phần hình trụ tròn xoay đó là:
\(S = 2\pi rh + 2\pi {r^2} \Rightarrow h = \frac{S}{{2\pi r}} - r\)
Thể tích của khối trụ đó là: \(V = \pi {r^2}h = \pi {r^2}\left( {\frac{S}{{2\pi r}} - r} \right) = \frac{{Sr}}{2} - \pi {r^3}\)
Xét hàm số \(f\left( r \right) = \frac{{Sr}}{2} - \pi {r^3},\,\,r > 0\) có \(f'\left( r \right) = \frac{S}{2} - 3\pi {r^2} = 0 \Rightarrow r = \sqrt {\frac{S}{{6\pi }}} \)
\( \Rightarrow \) Thể tích khối trụ lớn nhất khi