Đề Kiểm Tra HK 1 Toán 12 Năm 2023-2024 Giải Chi Tiết-Đề 8

0
2505

Đề kiểm tra HK 1 Toán 12 năm 2023-2024 giải chi tiết-Đề 8 được soạn dưới dạng file Word và PDF gồm 7 trang. Các bạn xem và tải về ở dưới.
Câu 1: Số điểm cực trị của hàm số $f\left( x \right) = \frac{{x + 1}}{{x – 1}}$ là

A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 0 .

Câu 2: Bảng biến thiên dưới đây là bảng biến thiên của hàm số nào trong các hàm số được liệt kê ở bốn đáp án ${\mathbf{A}},{\mathbf{B}},{\mathbf{C}},{\mathbf{D}}$ ?

A. $y = {x^3} – 3{x^2} – 1$. B. $y = – {x^3} + 3{x^2} – 2$. C. $y = – {x^3} + 3{x^2} – 1$. D. $y = – {x^3} – 3x – 2$.

Câu 3: Hàm số nào dưới đây có đồ thị như đường cong trong hình dưới đây?

A. $y = {x^4} – 2{x^2} + 3$. B. $y = {x^4} – 2{x^2} – 3$. C. $y = – {x^4} + 2{x^2} – 3$. D. $y = {x^4} + 3{x^2} – 3$.

Câu 4: Hàm số $y = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}$ có đạo hàm là

A. $y’ = – {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}ln2$. B. $y’ = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}ln2$. C. $y’ = x \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{x – 1}}$. D. $y’ = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}$.

Câu 5: Đường cong trong hình vẽ bên dưới là của đồ thị hàm số nào sau đây?

A. $y = \frac{{2 – 2x}}{{x + 1}}$. B. $y = {x^4} + 2{x^2} + 2$. C. $y = \frac{{ – 2x + 1}}{{x + 2}}$. D. $y = 2{x^3} – x + 1$.

Câu 6: Giá trị lớn nhất của hàm số $y = – {x^4} + 3{x^2} + 1$ trên $\left[ { – 1;2} \right]$ là

Hàm số xác định và liên tục trên [-1;2]

A. 29 . B. 1 . C. 3 . D. $\frac{{13}}{4}$.

Câu 7: Rút gọn biểu thức $P = {x^{\frac{9}{5}}} \cdot \sqrt[5]{x}$ với $x > 0$.

A. $P = {x^{\frac{8}{5}}}$. B. ${x^{\frac{{11}}{5}}}$. C. $P = \sqrt x $. D. $P = {x^2}$.

Câu 8: Với $a$ là số thực dương tùy ý, $log\left( {7a} \right) – log\left( {2a} \right)$ bằng

A. $\frac{{log\left( {7a} \right)}}{{log\left( {2a} \right)}}$. B. $log\frac{7}{2}$. C. $\frac{{log7}}{{log2}}$. D. $log\left( {5a} \right)$.

Câu 9: Cho hàm số bậc bốn $y = f\left( x \right)$ có đồ thị hàm số $y = f’\left( x \right)$ là đường cong trong hình vẽ, hàm số $y = f\left( x \right)$ đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. $\left( { – 4;0} \right)$. B. $\left( { – \infty ; – 1} \right)$. C. $\left( {2; + \infty } \right)$. D. $\left( {0;2} \right)$.

Câu 10: Cho hàm số $f\left( x \right) = lo{g_{2022}}x$. Khi đó $f’\left( 2 \right)$ bằng

A. $\frac{1}{{2022}}$. B. $\frac{1}{{2022ln2}}$. C. $\frac{1}{{2ln2022}}$. D. $\frac{1}{2}$.

Câu 11: Tập xác định của hàm số $y = lo{g_7}\left( {x – 1} \right)$ là

A. $\left( {0; + \infty } \right)$. B. $\left( { – \infty ;1} \right)$. C. $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$. D. $\left( {1; + \infty } \right)$.

Câu 12: Tập nghiệm của bất phương trình ${3^{{x^2} – 13}} < {3^3}$ là

A. $\left( {4; + \infty } \right)$. B. $\left( { – \infty ;4} \right)$. C. $\left( { – 4;4} \right)$. D. $\left( {0;4} \right)$.

Câu 13: Nghiệm của phương trình ${2^{x – 1}} = 8$ là

A. $x = 5$. B. $x = – 3$. C. $x = 3$. D. $x = 4$.

Câu 14: Nghiệm của phương trình $lo{g_4}\left( {x – 1} \right) = 3$ là

A. $x = 65$. B. $x = 63$. C. $x = 80$. D. $x = 82$.

Câu 15: Hình đa diện bên dưới có bao nhiêu mặt?

Hình đa diện đã cho có 11 mặt.

A. 12 . B. 10 . C. 13 . D. 11 .

Câu 16: Tính thể tích của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng $a$.

A. $\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}$. B. $\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}$. C. $\frac{{{a^3}}}{2}$. D. $\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}$.

Câu 17: Gọi $l,h,R$ lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính đáy của khối nón $\left( N \right)$. Thể tích $V$ của khối nón $\left( N \right)$ bằng

A. $V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h$. B. $V = \pi {R^2}h$. C. $V = \pi {R^2}l$. D. $V = \frac{1}{3}\pi {R^2}l$.

Câu 18: Cho hình nón có thể tích $V = 36\pi {a^3}$ và bán kính đáy bằng $3a$.Tính độ dài đường cao $h$ của hình nón đã cho.

A. $4a$. B. $12a$. C. $5a$. D. $a$.

Câu 19: Cho hình lăng trụ có bán kính đáy $r = 7$ và độ dài đường sinh $l = 3$. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng

A. $21\pi $. B. $49\pi $. C. $147\pi $. D. $42\pi $.

Câu 20: Cho khối cầu có bán kính $r = 2$. Thể tích khối cầu đã cho là

A. $16\pi $. B. $32\pi $. C. $\frac{{32\pi }}{3}$. D. $\frac{{8\pi }}{3}$.

Câu 21: Hàm số nào dưới đây đồng biến trên $\mathbb{R}$ ?

A. $y = {x^3} + 3x$. B. $y = {x^4} – 3{x^2} + 2$. C. $y = \frac{{x + 1}}{{x + 2}}$. D. $y = {x^2} – 2x$.

Câu 22: Tìm các giá trị của tham số $m$ để hàm số $y = {x^3} + 3{x^2} – mx + 8$ đạt cực trị tại ${x_1};{x_2}$ thỏa mãn $x_1^2 + x_2^2 = 5$.

A. $m = 3$. B. $m = \frac{1}{2}$. C. $m = 2$. D. $m = \frac{3}{2}$.

Câu 23: Giá trị lớn nhất của hàm số $f\left( x \right) = {x^3} – 3{x^2} – 9x + 10$ trên đoạn $\left[ { – 4;4} \right]$ là

A. $\mathop {max}\limits_{\left\lfloor { – 4;4} \right\rfloor } f(x) = 0$. B. $\mathop {max}\limits_{\left\lfloor { – 4;4} \right\rfloor } f(x) = 25$. C. $\mathop {max}\limits_{\left\lfloor { – 4;4} \right\rfloor } f(x) = 15$. D. $\mathop {max}\limits_{\left\lfloor { – 4;4} \right\rfloor } f(x) = – 10$.

Câu 24: Hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và có bảng biến thiên như hình bên dưới

Số nghiệm thực dương của phương trình $f\left( x \right) = 0$ là

A. 0 . B. 3 . C. 2 . D. 1 .

Câu 25: Đồ thị hàm số $y = \frac{{x – 3}}{{{x^2} – 9}}$ có bao nhiêu đường tiệm cận?

A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. 3 .

Câu 26: Trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$, đạo hàm của hàm số $y = \sqrt[3]{{{x^5}}}$ là

A. $y’ = \frac{1}{3}\sqrt[3]{{{x^2}}}$. B. $y’ = \frac{5}{3}\sqrt[3]{{{x^2}}}$. C. $y’ = \frac{5}{3}\sqrt x $. D. $y’ = 5\sqrt[3]{x}$.

Câu 27: Với mọi $a,b$ dương thỏa mãn $lo{g_2}{a^3} + lo{g_{\sqrt 2 }}b = 5$. Khẳng định nào dưới đây đúng?

A. ${a^2}{b^3} = 32$. B. ${a^3}{b^2} = 32$. C. $a{b^2} = – 32$. D. ${a^2}{b^2} = – 32$.

Câu 28: Đạo hàm của hàm số $f\left( x \right) = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}$ là

A. $f’\left( x \right) = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}ln2$. B. $f’\left( x \right) = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}lg2$. C. $f’\left( x \right) = – {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}ln2$. D. $f’\left( x \right) = – {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}lg2$.

Câu 29: Tập xác định $D$ của hàm số $y = lo{g_5}\left( {{x^2} + 3x + 2} \right)$ là

A. $D = \left( { – \infty ; – 2} \right) \cup \left( { – 1: + \infty } \right)$. B. $D = \left( { – 1; + \infty } \right)$.

C. $D = \left( { – \infty ; – 2\left] \cup \right[ – 1; + \infty } \right)$. D. $D = \left( { – 2; – 1} \right)$.

Câu 30: Phương trình ${9^x} – {5.3^x} + 6 = 0$ có tổng các nghiệm là:

A. $lo{g_3}6$. B. $lo{g_3}\frac{2}{3}$. C. $lo{g_3}\frac{2}{3}$. D. $ – lo{g_3}6$.

Câu 31: Nghiệm của phương trình $lo{g_{\sqrt 2 }}\left( {x – 1} \right) + lo{g_{\frac{1}{2}}}\left( {x + 1} \right) = 1$ nằm trong khoảng nào sau đây?

A. $\left( { – 1;0} \right)$. B. $\left( {0;1} \right)$. C. $\left( {2;3} \right)$. D. $\left( {4;5} \right)$.

Câu 32: Khối đa diện nào sau đây có các mặt không phải là tam giác đều?

A. Khối bát diện đều. B. Khối mười hai mặt đều.

C. Khối tứ diện đều. D. Khối hai mươi mặt đều.

Câu 33: Tính thể tích $V$ của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng $a$.

A. $V = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{3}$. B. $V = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{4}$. C. $V = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{4}$. D. $V = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{2}$.

Câu 34: Cho hình nón có góc ở đỉnh bằng ${60^ \circ }$ và chiều cao bằng $2\sqrt 3 $. Độ dài đường sinh của hình nón bằng

A. $\sqrt 3 $. B. 4 . C. $2\sqrt 3 $. D. $4\sqrt 3 $.

Câu 35: Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau.

A. Tồn tại hình chóp có số cạnh gấp đôi số mặt.

B. Tồn tại hình lăng trụ có số cạnh gấp đôi số mặt.

C. Tồn tại hình lăng trụ có số cạnh bằng số mặt.

D. Tồn tại hình chóp có số cạnh bằng số mặt.

Câu 36: Một mặt cầu $\left( S \right)$ có diện tích bằng $16\pi {a^2}$. Thể tích của khối cầu $\left( S \right)$ tương ứng là

A. $\frac{{32}}{3}\pi {a^3}$. B. $12\pi {a^3}$. C. $4\pi {a^3}$. D. $4\pi {a^3}\sqrt 3 $.

Câu 37: Cho ba hàm số lũy thừa $y = {x^\alpha },y = {x^\beta }$ và $y = {x^\gamma }$ có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau

A. $\alpha > \beta > \gamma $. B. $\alpha > \gamma > \beta $. C. $\alpha < \beta < \gamma $. D. $\alpha < \gamma < \beta $.

Câu 38: Giá trị của biểu thức $S = lo{g_a}2023 + lo{g_{\sqrt a }}2023 + lo{g_{\sqrt[3]{a}}}2023 + \ldots + lo{g_{2022}}2023(a > 0;a \ne 1)$ là:

A. $1011.2022 \cdot lo{g_a}2023$. B. $1012.2024 \cdot lo{g_a}2023$. C. $1012.2022 \cdot lo{g_a}2023$. D. $1011.2023 \cdot lo{g_a}2023$.

Câu 39: Cho các số thực dương $a,b,c$ ( với $a,c$ khác 1) thỏa mãn các điều kiện $lo{g_a}\left( {a{c^2}} \right) = lo{g_c}\left( {{b^3}c} \right)$ và $2lo{g_a}c + lo{g_c}b = 8$. Tính giá trị của biểu thức $P = lo{g_a}b + lo{g_c}\left( {a{b^2}} \right)$.

A. $\frac{{31}}{3}$. B. $\frac{{32}}{3}$. C. $\frac{{29}}{3}$. D. $\frac{{28}}{3}$.

Câu 40: Có bao nhiêu số nguyên $m$ thuộc đoạn $\left[ { – 2022;2022} \right]$ để phương trình $\frac{{{2^x} – m}}{{\sqrt {log_3^2x – 2lo{g_3}x} }} = 0$ có nghiệm.

A. 1510 . B. 1513 . C. 1512 . D. 1509 .

Câu 41: Tập nghiệm của bất phương trình ${\left( {\frac{1}{3}} \right)^{\sqrt {{x^2} – 3x – 10} }} > {3^{2 – x}}$ chứa mấy số nguyên.

Điều kiện: ${x^2} – 3x – 10 \geqslant 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x \leqslant – 2} \\
{x \geqslant 5}
\end{array}\left( * \right)} \right.$

A. 10 . B. 9 . C. 8 . D. 7 .

Câu 42: Gọi $S$ là tập hợp các giá trị của tham số $m$ để đồ thị hàm số $y = – {x^3} + 3{x^2} + 3\left( {{m^2} – 1} \right)x – 3{m^2} – 1$ có điểm cực đại và cực tiểu cùng với gốc tọa độ tạo thành tam giác vuông tại $O$. Tích tất cả các giá trị của tập $S$ bằng

A. -1 . B. $ – \frac{3}{2}$. C. $\frac{3}{2}$. D. 1 .

Câu 43: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình chữ nhật có $AB = 2a\sqrt 3 ;AD = 2a$. Mặt bên $\left( {SAB} \right)$ là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Thể tích khối chóp $S.ABD$ là

A. $4\sqrt 3 {a^3}$. B. $\frac{{2\sqrt 3 }}{3}{a^3}$.. C. $4{a^3}$. D. $2\sqrt 3 {a^3}$.

Câu 44: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $B,BA = BC = 1,AD = 2$. Cạnh bên $SA$ vuông góc với đáy và $SA = \sqrt 2 $. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $SB$. Thể tích của khối đa diện $SAHCD$ bằng

A. $\frac{{2\sqrt 2 }}{9}$. B. $\frac{{2\sqrt 2 }}{3}$. C. $\frac{{4\sqrt 2 }}{9}$. D. $\frac{{4\sqrt 2 }}{3}$.

Câu 45: Số nghiệm thực của phương trình ${2^{x + \frac{1}{{4x}}}} + {2^{\frac{x}{4} + \frac{1}{x}}} = 4$ là:

Điều kiện $x \ne 0$.

A. 2 . B. 3 . C. 1 . D. 0 .

Câu 46: Cho hình lăng trụ $ABCA’B’C’$ có đáy là tam giác đều cạnh $a$. Hình chiếu vuông góc của $A’$ lên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ trùng với trọng tâm tam giác $ABC$. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng $AA’$ và $BC$ bằng $\frac{{a\sqrt 3 }}{3}$. Tính thể tích $V$ của khối lăng trụ $ABCA’B’C’$.

A. $V = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{{24}}$. B. $V = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{{10}}$. C. $V = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{3}$. D. $V = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{6}$.

Câu 47: Cho hình trụ có hai đáy là hình tròn tâm $O$ và $O’$, chiều cao $h = a\sqrt 3 $. Mặt phẳng đi qua tâm $O$ và tạo với $OO’$ một góc ${30^ \circ }$, cắt hai đường tròn tâm $O$ và $O’$ tại bốn điểm là bốn đỉnh của một hình thang có đáy lớn gấp đôi đáy nhỏ và diện tích bằng $3{a^2}$. Thể tích của khối trụ được giới hạn bởi hình trụ đã cho bằng

A. $\frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{3}$. B. $\pi {a^3}\sqrt 3 $. C. $\frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{{12}}$. D. $\frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{4}$.

Câu 48: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$. Biết hàm số $y = f\left( {5 – 2x} \right)$ có bảng biến thiên như hình vẽ sau

Số giá trị nguyên dương của tham số $m$ để hàm $g\left( x \right) = \left| {2f\left( {{x^2} – 4x + 3} \right) – m} \right|$ có giá trị lớn nhất?

A. 5 . B. 4 . C. Vô số. D. 3 .

Câu 49: Một anh sinh viên T nhập học đại học vào tháng 8 năm 2020. Bắt đầu từ tháng 9 năm 2020, cứ vào ngày mồng một hàng tháng anh vay ngân hàng 3 triệu đồng với lãi suất cố định $0,8\% $ /tháng. Lãi tháng trước được cộng vào số nợ để tiếp tục tính lãi cho tháng tiếp theo (lãi kép). Vào ngày mồng một hàng tháng kể từ tháng 9 năm 2022 về sau anh không vay ngân hàng nữa và anh còn trả được cho ngân hàng 2 triệu đồng do việc làm thêm. Hỏi vào ngày anh ra trường (30/6/2024), số tiền anh nợ ngân hàng gần nhất với số nào sau đây?

A. 49.024 .000 đồng B. 46.640 .000 đồng C. 47.024.000 đồng D. 45.401.000 đồng

Câu 50: Cho hàm đa thức bậc năm $y = f\left( x \right)$ và hàm số $y = f’\left( x \right)$ có đồ thị như trong hình bên.

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ để hàm số $g\left( x \right) = f\left( {\left| {{x^3} + 3x} \right| + m – 2{m^2}} \right)$ có đúng ba điểm cực đại?

A. 3 . B. 0 . C. 4 . D. 1 .

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI

BẢNG ĐÁP ÁN

1.D 2.B 3.B 4.A 5.A
6.D 7.D 8.B 9.B 10.C
11.D 12.C 13.D 14.A 15.D
16.D 17.A 18.B 19.D 20.C
21.A 22.D 23.C 24.D 25.C
26.B 27.B 28.C 29.A 30.A
31.D 32.B 33.B 34.B 35.B
36.A 37.A 38.D 39.A 40.A
41.B 42.A 43.D 44.C 45.D
46.B 47.B 48.D 49.B 50.A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Số điểm cực trị của hàm số $f\left( x \right) = \frac{{x + 1}}{{x – 1}}$ là

A. 1 .

B. 2 .

C. 3 .

D. 0 .

Lời giải

Hàm số $f\left( x \right) = \frac{{x + 1}}{{x – 1}}$ luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định và không có cực trị.

Câu 2: Bảng biến thiên dưới đây là bảng biến thiên của hàm số nào trong các hàm số được liệt kê ở bốn đáp án ${\mathbf{A}},{\mathbf{B}},{\mathbf{C}},{\mathbf{D}}$ ?

A. $y = {x^3} – 3{x^2} – 1$.

B. $y = – {x^3} + 3{x^2} – 2$.

C. $y = – {x^3} + 3{x^2} – 1$.

D. $y = – {x^3} – 3x – 2$.

Lời giải

Ta nhận thấy đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {0; – 2} \right)$ nên ta loại được các phương án ${\mathbf{A}},{\mathbf{C}}$.

Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {2;2} \right)$ nên ta loại phương án

D.

Câu 3: Hàm số nào dưới đây có đồ thị như đường cong trong hình dưới đây?

A. $y = {x^4} – 2{x^2} + 3$.

B. $y = {x^4} – 2{x^2} – 3$.

C. $y = – {x^4} + 2{x^2} – 3$.

D. $y = {x^4} + 3{x^2} – 3$.

Lời giải

Dựa vào đồ thị ta thấy đường cong là hàm bậc 4 trùng phương với hệ số $a > 0,d = – 3$ và hàm số có ba cực trị suy ra $ab < 0 \Leftrightarrow b < 0$.

Câu 4: Hàm số $y = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}$ có đạo hàm là

A. $y’ = – {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}ln2$.

B. $y’ = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}ln2$.

C. $y’ = x \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{x – 1}}$.

D. $y’ = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}$.

Lời giải

Với $a > 0,a \ne 1$ ta có: ${\left( {{a^x}} \right)’} = {a^x}lna,\forall x \in \mathbb{R}$.

Vậy $y’ = {\left( {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^x}} \right)’} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}ln\left( {\frac{1}{2}} \right) = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}ln\left( {{2^{ – 1}}} \right) = – {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}ln2$.

Câu 5: Đường cong trong hình vẽ bên dưới là của đồ thị hàm số nào sau đây?

A. $y = \frac{{2 – 2x}}{{x + 1}}$.

B. $y = {x^4} + 2{x^2} + 2$.

C. $y = \frac{{ – 2x + 1}}{{x + 2}}$.

D. $y = 2{x^3} – x + 1$.

Lời giải

Đây là đồ thị của hàm nhất biến nên loại đáp án ${\mathbf{B}}$ và ${\mathbf{D}}$.

Từ đồ thị suy ra: Tiệm cận đứng $x = – 1$ và tiệm cận ngang $y = – 2$.

Loại đáp án ${\mathbf{C}}$.

Câu 6: Giá trị lớn nhất của hàm số $y = – {x^4} + 3{x^2} + 1$ trên $\left[ { – 1;2} \right]$ là

A. 29 .

B. 1 .

C. 3 .

D. $\frac{{13}}{4}$.

Lời giải

Hàm số xác định và liên tục trên [-1;2]

Ta có $y’ = – 4{x^3} + 6x = – 2x\left( {2{x^2} – 3} \right)$

$ \Rightarrow y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0 \in \left[ { – 1;2} \right]} \\
{x = \frac{{\sqrt 6 }}{2} \in \left[ { – 1;2} \right]} \\
{x = – \frac{{\sqrt 6 }}{2} \notin \left[ { – 1;2} \right]}
\end{array}} \right.$

Vì $y\left( 0 \right) = 1;y\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right) = \frac{{13}}{4};y\left( 2 \right) = – 3;y\left( { – 1} \right) = 3$ nên

Câu 7: Rút gọn biểu thức $P = {x^{\frac{9}{5}}} \cdot \sqrt[5]{x}$ với $x > 0$.

A. $P = {x^{\frac{8}{5}}}$.

B. ${x^{\frac{{11}}{5}}}$.

C. $P = \sqrt x $.

D. $P = {x^2}$.

Lời giải

Với $x > 0$, ta có $P = {x^{\frac{9}{5}}} \cdot \sqrt[5]{x} = {x^{\frac{9}{5}}} \cdot {x^{\frac{1}{5}}} = {x^{\frac{9}{5} + \frac{1}{5}}} = {x^2}$

Câu 8: Với $a$ là số thực dương tùy ý, $log\left( {7a} \right) – log\left( {2a} \right)$ bằng

A. $\frac{{log\left( {7a} \right)}}{{log\left( {2a} \right)}}$.

B. $log\frac{7}{2}$.

C. $\frac{{log7}}{{log2}}$.

D. $log\left( {5a} \right)$.

Lời giải

Với $a > 0$, ta có: $log\left( {7a} \right) – log\left( {2a} \right) = log\frac{{7a}}{{2a}} = log\frac{7}{2}$.

Câu 9: Cho hàm số bậc bốn $y = f\left( x \right)$ có đồ thị hàm số $y = f’\left( x \right)$ là đường cong trong hình vẽ, hàm số $y = f\left( x \right)$ đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. $\left( { – 4;0} \right)$.

B. $\left( { – \infty ; – 1} \right)$.

C. $\left( {2; + \infty } \right)$.

D. $\left( {0;2} \right)$.

Lời giải

Dựa vào đồ thị ta có $f’\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( { – \infty ; – 1} \right)$. Vậy hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ; – 1} \right)$.

Câu 10: Cho hàm số $f\left( x \right) = lo{g_{2022}}x$. Khi đó $f’\left( 2 \right)$ bằng

A. $\frac{1}{{2022}}$.

B. $\frac{1}{{2022ln2}}$.

C. $\frac{1}{{2ln2022}}$.

D. $\frac{1}{2}$.

Lời giải

Áp dụng công thức: ${\left( {lo{g_a}\left| x \right|} \right)’} = \frac{1}{{xlna}}$ ta được $f’\left( 2 \right) = \frac{1}{{2ln2022}}$.

Vậy $f’\left( 2 \right) = \frac{1}{{2ln2022}}$.

Câu 11: Tập xác định của hàm số $y = lo{g_7}\left( {x – 1} \right)$ là

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

B. $\left( { – \infty ;1} \right)$.

C. $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$.

D. $\left( {1; + \infty } \right)$.

Lời giải

Hàm số $y = lo{g_7}\left( {x – 1} \right)$ xác định khi $x – 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1$.

Vậy tập xác định của hàm số $y = lo{g_7}\left( {x – 1} \right)$ là $D = \left( {1; + \infty } \right)$.

Câu 12: Tập nghiệm của bất phương trình ${3^{{x^2} – 13}} < {3^3}$ là

A. $\left( {4; + \infty } \right)$.

B. $\left( { – \infty ;4} \right)$.

C. $\left( { – 4;4} \right)$.

D. $\left( {0;4} \right)$.

Lời giải

Ta có: ${3^{{x^2} – 13}} < {3^3} \Leftrightarrow {x^2} – 13 < 3 \Leftrightarrow {x^2} – 16 < 0 \Leftrightarrow – 4 < x < 4$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là $S = \left( { – 4;4} \right)$.

Câu 13: Nghiệm của phương trình ${2^{x – 1}} = 8$ là

A. $x = 5$.

B. $x = – 3$.

C. $x = 3$.

D. $x = 4$.

Lời giải

Ta có: ${2^{x – 1}} = 8 \Leftrightarrow {2^{x – 1}} = {2^3} \Leftrightarrow x – 1 = 3 \Leftrightarrow x = 4$.

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là $x = 4$.

Câu 14: Nghiệm của phương trình $lo{g_4}\left( {x – 1} \right) = 3$ là

A. $x = 65$.

B. $x = 63$.

C. $x = 80$.

D. $x = 82$.

Lời giải

Ta có: $lo{g_4}\left( {x – 1} \right) = 3 \Leftrightarrow x – 1 = {4^3} \Leftrightarrow x = 65$.

Câu 15: Hình đa diện bên dưới có bao nhiêu mặt?

A. 12 .

B. 10 .

C. 13 .

D. 11 .

Hình đa diện đã cho có 11 mặt.

Lời giải

Câu 16: Tính thể tích của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng $a$.

A. $\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}$.

B. $\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}$.

C. $\frac{{{a^3}}}{2}$.

D. $\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}$.

Lời giải

Ta có $V = B \cdot h = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \cdot a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}$

Câu 17: Gọi $l,h,R$ lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính đáy của khối nón $\left( N \right)$. Thể tích $V$ của khối nón $\left( N \right)$ bằng

A. $V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h$.

B. $V = \pi {R^2}h$.

C. $V = \pi {R^2}l$.

D. $V = \frac{1}{3}\pi {R^2}l$.

Lời giải

Ta có: $V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h$.

Câu 18: Cho hình nón có thể tích $V = 36\pi {a^3}$ và bán kính đáy bằng $3a$.Tính độ dài đường cao $h$ của hình nón đã cho.

A. $4a$.

B. $12a$.

C. $5a$.

D. $a$.

Lời giải

Ta có $V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h \Leftrightarrow 36\pi {a^3} = \frac{1}{3}\pi {(3a)^2}h \Leftrightarrow h = 12a$.

Câu 19: Cho hình lăng trụ có bán kính đáy $r = 7$ và độ dài đường sinh $l = 3$. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng

A. $21\pi $.

B. $49\pi $.

C. $147\pi $.

D. $42\pi $.

Lời giải

Diện tích xung quanh của hình trụ là: $S = 2\pi rl = 2\pi .7.3 = 42\pi $.

Câu 20: Cho khối cầu có bán kính $r = 2$. Thể tích khối cầu đã cho là

A. $16\pi $.

B. $32\pi $.

C. $\frac{{32\pi }}{3}$.

D. $\frac{{8\pi }}{3}$.

Lời giải

Thể tích khối cầu bán kính $r = 2$ là $V = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3} \cdot \pi \cdot {2^3} = \frac{{32\pi }}{3}$.

Câu 21: Hàm số nào dưới đây đồng biến trên $\mathbb{R}$ ?

A. $y = {x^3} + 3x$.

B. $y = {x^4} – 3{x^2} + 2$.

C. $y = \frac{{x + 1}}{{x + 2}}$.

D. $y = {x^2} – 2x$.

Lời giải

Xét hàm số $y = {x^3} + 3x$. Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

$y’ = 3{x^2} + 3 > 0,\forall x \in \mathbb{R}$ nên hàm số $y = {x^3} + 3x$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Câu 22: Tìm các giá trị của tham số $m$ để hàm số $y = {x^3} + 3{x^2} – mx + 8$ đạt cực trị tại ${x_1};{x_2}$ thỏa mãn $x_1^2 + x_2^2 = 5$.

A. $m = 3$.

B. $m = \frac{1}{2}$.

C. $m = 2$.

D. $m = \frac{3}{2}$.

Lời giải

Tập xác định $D = \mathbb{R}$. Ta có: $y’ = 3{x^2} + 6x – m$.

Hàm số có đạt cực trị tại ${x_1};{x_2}$ thỏa mãn $x_1^2 + x_2^2 = 5$ khi phương trình $y’ = 3{x^2} + 6x – m = 0$ có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn $x_1^2 + x_2^2 = 5$.

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{9 + 3m > 0} \\
{x_1^2 + x_2^2 = 5}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m > – 3} \\
{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} – 2{x_1}{x_2} = 5}
\end{array}} \right.} \right.$.

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m > – 3} \\
{4 – 2 \cdot \left( { – \frac{m}{3}} \right) = 5}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m > – 3} \\
{m = \frac{3}{2}}
\end{array} \Leftrightarrow m = \frac{3}{2}} \right.} \right.$

Vậy $m = \frac{3}{2}$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Câu 23: Giá trị lớn nhất của hàm số $f\left( x \right) = {x^3} – 3{x^2} – 9x + 10$ trên đoạn $\left[ { – 4;4} \right]$ là

A. $\mathop {max}\limits_{\left\lfloor { – 4;4} \right\rfloor } f(x) = 0$.

B. $\mathop {max}\limits_{\left\lfloor { – 4;4} \right\rfloor } f(x) = 25$.

C. $\mathop {max}\limits_{\left\lfloor { – 4;4} \right\rfloor } f(x) = 15$.

D. $\mathop {max}\limits_{\left\lfloor { – 4;4} \right\rfloor } f(x) = – 10$.

Lời giải

Hàm số liên tục trên $\left[ { – 4;4} \right]$. Ta có: $f’\left( x \right) = 3{x^2} – 6x – 9$;

$f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} – 6x – 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = – 1 \in \left[ { – 4;4} \right]} \\
{x = 3 \in \left[ { – 4;4} \right]}
\end{array}} \right.$.

Ta có: $f\left( { – 4} \right) = – 66;f\left( { – 1} \right) = 15;f\left( 3 \right) = – 17;f\left( 4 \right) = – 10$.

Vậy $\mathop {max}\limits_{\left\lfloor { – 4;4} \right\rfloor } f(x) = f( – 1) = 15$.

Câu 24: Hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và có bảng biến thiên như hình bên dưới

Số nghiệm thực dương của phương trình $f\left( x \right) = 0$ là

A. 0 .

B. 3 .

C. 2 .

D. 1 .

Lời giải

Vẽ đường thẳng $y = 0$ ta thấy cắt đồ thị tại đúng một điểm có hoành độ dương. Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm dương.

Câu 25: Đồ thị hàm số $y = \frac{{x – 3}}{{{x^2} – 9}}$ có bao nhiêu đường tiệm cận?

A. 0 .

B. 1 .

C. 2 .

D. 3 .

Lời giải

Tập xác định của hàm số: $D = \mathbb{R}\backslash \{ \pm 3\} $. Ta có:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = 0 = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{x – 3}}{{{x^2} – 9}} = 0 \Rightarrow y = 0$ là đường tiệm cận ngang.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to – {3^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – {3^ + }} \frac{{x – 3}}{{{x^2} – 9}} = + \infty \Rightarrow x = – 3$ là đường tiệm cận đứng.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{x – 3}}{{{x^2} – 9}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{1}{{x + 3}} = \frac{1}{6};\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} \frac{{x – 3}}{{{x^2} – 9}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ – }} \frac{1}{{x + 3}} = \frac{1}{6}$.

$ \Rightarrow x = 3$ không là đường tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận ngang và 1 đường tiệm cận đứng.

Câu 26: Trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$, đạo hàm của hàm số $y = \sqrt[3]{{{x^5}}}$ là

A. $y’ = \frac{1}{3}\sqrt[3]{{{x^2}}}$.

B. $y’ = \frac{5}{3}\sqrt[3]{{{x^2}}}$.

C. $y’ = \frac{5}{3}\sqrt x $.

D. $y’ = 5\sqrt[3]{x}$.

Lời giải

Trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$ ta có $y = \sqrt[3]{{{x^5}}} = {x^{\frac{5}{3}}}$, khi đó $y’ = {\left( {{x^{\frac{5}{3}}}} \right)’} = \frac{5}{3}{x^{\frac{2}{3}}} = \frac{5}{3}\sqrt[3]{{{x^2}}}$.

Câu 27: Với mọi $a,b$ dương thỏa mãn $lo{g_2}{a^3} + lo{g_{\sqrt 2 }}b = 5$. Khẳng định nào dưới đây đúng?

A. ${a^2}{b^3} = 32$.

B. ${a^3}{b^2} = 32$.

C. $a{b^2} = – 32$.

D. ${a^2}{b^2} = – 32$.

Lời giải

Với mọi $a,b$ dương ta có $lo{g_2}{a^3} + lo{g_{\sqrt 2 }}b = 5$$ \Leftrightarrow lo{g_2}{a^3} + 2 \cdot lo{g_2}b = 5$

$ \Leftrightarrow lo{g_2}{a^3} + lo{g_2}{b^2} = 5 \Leftrightarrow lo{g_2}\left( {{a^3}{b^2}} \right) = 5$$ \Leftrightarrow {a^3}{b^2} = {2^5} \Leftrightarrow {a^3}{b^2} = 32$

Câu 28: Đạo hàm của hàm số $f\left( x \right) = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}$ là

A. $f’\left( x \right) = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}ln2$.

B. $f’\left( x \right) = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}lg2$.

C. $f’\left( x \right) = – {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}ln2$.

D. $f’\left( x \right) = – {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}lg2$.

Lời giải

Ta có: $f\left( x \right) = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x} \Rightarrow f’\left( x \right) = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}ln\left( {\frac{1}{2}} \right)$

$ = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}ln{(2)^{ – 1}} = – {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}ln\left( 2 \right)$

Câu 29: Tập xác định $D$ của hàm số $y = lo{g_5}\left( {{x^2} + 3x + 2} \right)$ là

A. $D = \left( { – \infty ; – 2} \right) \cup \left( { – 1: + \infty } \right)$.

B. $D = \left( { – 1; + \infty } \right)$.

C. $D = \left( { – \infty ; – 2\left] \cup \right[ – 1; + \infty } \right)$.

D. $D = \left( { – 2; – 1} \right)$.

Lời giải

Hàm số $y = lo{g_5}\left( {{x^2} + 3x + 2} \right)$ xác định khi: ${x^2} + 3x + 2 > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x > – 1} \\
{x < – 2}
\end{array}} \right.$.

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là: $D = \left( { – \infty ; – 2} \right) \cup \left( { – 1: + \infty } \right)$.

Câu 30: Phương trình ${9^x} – {5.3^x} + 6 = 0$ có tổng các nghiệm là:

A. $lo{g_3}6$.

B. $lo{g_3}\frac{2}{3}$.

C. $lo{g_3}\frac{2}{3}$.

D. $ – lo{g_3}6$.

Lời giải

Xét phương trình: ${9^x} – {5.3^x} + 6 = 0$

Đặt $t = {3^x},(t > 0)$ thì phương trình trở thành ${t^2} – 5.t + 6 = 0$.

Phương trình ${t^2} – 5.t + 6 = 0$ có $\Delta = 1 > 0$.

Theo định lý Vi-ét: ${t_1} \cdot {t_2} = {3^{{x_1}}} \cdot {3^{{x_2}}} = 6 \Leftrightarrow {3^{{x_1} + {x_2}}} = 6 \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} = lo{g_3}6$.

Câu 31: Nghiệm của phương trình $lo{g_{\sqrt 2 }}\left( {x – 1} \right) + lo{g_{\frac{1}{2}}}\left( {x + 1} \right) = 1$ nằm trong khoảng nào sau đây?

A. $\left( { – 1;0} \right)$.

B. $\left( {0;1} \right)$.

C. $\left( {2;3} \right)$.

D. $\left( {4;5} \right)$.

Lời giải

Điều kiện $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x – 1 > 0} \\
{x + 1 > 0}
\end{array} \Leftrightarrow x > 1} \right.$

Phương trình $lo{g_{\sqrt 2 }}\left( {x – 1} \right) + lo{g_{\frac{1}{2}}}\left( {x + 1} \right) = 1$$ \Leftrightarrow 2lo{g_2}\left( {x – 1} \right) – lo{g_2}\left( {x + 1} \right) = 1$

$ \Leftrightarrow 2lo{g_2}\left( {x – 1} \right) = lo{g_2}\left( {x + 1} \right) + lo{g_2}2$$ \Leftrightarrow lo{g_2}{(x – 1)^2} = lo{g_2}\left[ {2\left( {x + 1} \right)} \right]$

$ \Leftrightarrow {x^2} – 2x + 1 = 2x + 2 \Leftrightarrow {x^2} – 4x – 1 = 0$$ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 2 – \sqrt 5 \left( L \right)} \\
{x = 2 + \sqrt 5 }
\end{array}} \right.$.

Tập nghiệm phương trình là $S = \left\{ {2 + \sqrt 5 } \right\}$.

Câu 32: Khối đa diện nào sau đây có các mặt không phải là tam giác đều?

A. Khối bát diện đều.

B. Khối mười hai mặt đều.

C. Khối tứ diện đều.

D. Khối hai mươi mặt đều.

Lời giải

Khối mười hai mặt đều có các mặt không phải là tam giác đều

Câu 33: Tính thể tích $V$ của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng $a$.

A. $V = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{3}$.

B. $V = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{4}$.

C. $V = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{4}$.

D. $V = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{2}$.

Lời giải

Ta có $V = {S_{\vartriangle ABC}} \cdot A{A’} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^2} \cdot a = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^3}$. Vậy thể tích khối lăng trụ là $V = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^3}$.

Câu 34: Cho hình nón có góc ở đỉnh bằng ${60^ \circ }$ và chiều cao bằng $2\sqrt 3 $. Độ dài đường sinh của hình nón bằng

A. $\sqrt 3 $.

B. 4 .

C. $2\sqrt 3 $.

D. $4\sqrt 3 $.

Lời giải

Theo đề bài ta có góc ở đỉnh bằng ${60^ \circ }$ suy ra $\widehat {MOI} = {30^ \circ }$ và chiều cao $OI = 2$.

Vậy độ dài đường sinh của hình nón là: $l = OM = \frac{{OI}}{{cos{{30}^ \circ }}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}}} = 4$.

Câu 35: Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau.

A. Tồn tại hình chóp có số cạnh gấp đôi số mặt.

B. Tồn tại hình lăng trụ có số cạnh gấp đôi số mặt.

C. Tồn tại hình lăng trụ có số cạnh bằng số mặt.

D. Tồn tại hình chóp có số cạnh bằng số mặt.

Lời giải

Với $n$ là số nguyên dương lớn hơn hoặc bằng 3 .

Hình chóp $n – $ giác có $2n$ cạnh và $\left( {n + 1} \right)$ mặt.

Xét đáp án ${\mathbf{A}}:2n = 2\left( {n + 1} \right) \Leftrightarrow 0 = 1$ (vô lý), vì thế không tồn tại hình chóp có số cạnh gấp đôi số mặt.

Xét đáp án ${\mathbf{D}}:2n = n + 1 \Leftrightarrow n = 1 < 3$ nên không tồn tại hình chóp có số cạnh bằng số mặt.

Hình lăng trụ $n$ – giác có $3n$ cạnh và $\left( {n + 2} \right)$ mặt.

Xét đáp án ${\mathbf{C}}:3n = n + 2 \Leftrightarrow n = 1 < 3$, vì thế không tồn tại hình lăng trụ có số cạnh bằng số mặt.

Xét đáp án ${\mathbf{B}}:3n = 2\left( {n + 2} \right) \Leftrightarrow n = 4$. Vậy tồn tại hình lăng trụ tứ giác có số cạnh gấp đôi số mặt.

Câu 36: Một mặt cầu $\left( S \right)$ có diện tích bằng $16\pi {a^2}$. Thể tích của khối cầu $\left( S \right)$ tương ứng là

A. $\frac{{32}}{3}\pi {a^3}$.

B. $12\pi {a^3}$.

C. $4\pi {a^3}$.

D. $4\pi {a^3}\sqrt 3 $.

Lời giải

Ta có $S = 4\pi {R^2} = 16\pi {a^2} \Rightarrow R = 2a$. Vậy thể tích mặt cầu $V = \frac{4}{3}\pi {(2a)^3} = \frac{{32}}{3}\pi {a^3}$.

Câu 37: Cho ba hàm số lũy thừa $y = {x^\alpha },y = {x^\beta }$ và $y = {x^\gamma }$ có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau

A. $\alpha > \beta > \gamma $.

B. $\alpha > \gamma > \beta $.

C. $\alpha < \beta < \gamma $.

D. $\alpha < \gamma < \beta $.

Lời giải

Chọn một giá trị ${x_0} > 1$, đường thẳng $x = {x_0}$ cắt ba đồ thị hàm số lần lượt tại $A,B,C$ như hình vẽ.

Khi đó tung độ của các điểm $A,B,C$ lần lượt là $x_0^\alpha ,x_0^\beta ,x_0^\gamma $.

Từ vị trí của $A,B,C$ ta có $x_0^\alpha > x_0^\beta > x_0^\gamma $, suy ra $\alpha > \beta > \gamma $.

Câu 38: Giá trị của biểu thức $S = lo{g_a}2023 + lo{g_{\sqrt a }}2023 + lo{g_{\sqrt[3]{a}}}2023 + \ldots + lo{g_{2022}}2023(a > 0;a \ne 1)$ là:

A. $1011.2022 \cdot lo{g_a}2023$.

B. $1012.2024 \cdot lo{g_a}2023$.

C. $1012.2022 \cdot lo{g_a}2023$.

D. $1011.2023 \cdot lo{g_a}2023$.

Lời giải

Ta có: $S = lo{g_a}2023 + lo{g_{\sqrt a }}2023 + lo{g_{\sqrt[3]{a}}}2023 + \ldots + lo{g_{2022\sqrt a }}2023$ (*)

Ta có $lo{g_{\sqrt[n]{a}}}2023 = n \cdot lo{g_a}2023,\forall n$. Suy ra

$S = \left( {1 + 2 + \ldots + 2022} \right) \cdot lo{g_a}2023 = \frac{{2022 \cdot 2023}}{2} \cdot lo{g_a}2023 = 1011 \cdot 2023 \cdot lo{g_a}2023$

Câu 39: Cho các số thực dương $a,b,c$ ( với $a,c$ khác 1) thỏa mãn các điều kiện $lo{g_a}\left( {a{c^2}} \right) = lo{g_c}\left( {{b^3}c} \right)$ và $2lo{g_a}c + lo{g_c}b = 8$. Tính giá trị của biểu thức $P = lo{g_a}b + lo{g_c}\left( {a{b^2}} \right)$.

A. $\frac{{31}}{3}$.

B. $\frac{{32}}{3}$.

C. $\frac{{29}}{3}$.

D. $\frac{{28}}{3}$.

Lời giải

Từ giả thiết ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{lo{g_a}\left( {a{c^2}} \right) = lo{g_c}\left( {{b^3}c} \right)} \\
{2lo{g_a}c + lo{g_c}b = 8}
\end{array}} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{1 + 2lo{g_a}c = 1 + 3lo{g_c}b} \\
{2lo{g_a}c + lo{g_c}b = 8}
\end{array}} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{2lo{g_a}c – 3lo{g_c}b = 0} \\
{2lo{g_a}c + lo{g_c}b = 8}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{lo{g_a}c = 3} \\
{lo{g_c}b = 2}
\end{array}} \right.} \right.$

Khi đó $P = lo{g_a}b + lo{g_c}\left( {a{b^2}} \right) = lo{g_a}clo{g_c}b + lo{g_c}a + 2lo{g_c}b = 2.3 + \frac{1}{3} + 2 \cdot 2 = \frac{{31}}{3}$.

Câu 40: Có bao nhiêu số nguyên $m$ thuộc đoạn $\left[ { – 2022;2022} \right]$ để phương trình $\frac{{{2^x} – m}}{{\sqrt {log_3^2x – 2lo{g_3}x} }} = 0$ có nghiệm.

A. 1510 .

B. 1513 .

C. 1512 .

D. 1509 .

Lời giải

Điều kiện $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x > 0} \\
{log_3^2x – 2lo{g_3}x > 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x > 0} \\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{lo{g_3}x > 2} \\
{lo{g_3}x < 0}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right.} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x > 0} \\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x > 9} \\
{x < 1}
\end{array}} \right.}
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{0 < x < 1} \\
{x > 9}
\end{array}} \right.} \right.$

Ta có: $\frac{{{2^x} – m}}{{\sqrt {log_3^2x – 2lo{g_3}x} }} = 0 \Leftrightarrow {2^x} – m = 0 \Leftrightarrow {2^x} = m$.

Do $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{0 < x < 1} \\
{x > 9}
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{2^0} < {2^x} < {2^1}} \\
{{2^x} > {2^9}}
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{1 < {2^x} < 2} \\
{{2^x} > 512}
\end{array}} \right.} \right.} \right.$ nên phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{1 < m < 2} \\
{m > 512}
\end{array}} \right.$. Mà $m$ nguyên thuộc đoạn $\left[ { – 2022;2022} \right]$ nên $m \in \left\{ {513,514, \ldots 2022} \right\}$.

Vậy ta có $2022 – 513 + 1 = 1510$ giá trị của $m$ thoả mãn.

Câu 41: Tập nghiệm của bất phương trình ${\left( {\frac{1}{3}} \right)^{\sqrt {{x^2} – 3x – 10} }} > {3^{2 – x}}$ chứa mấy số nguyên.

A. 10 .

B. 9 .

C. 8 .

D. 7 .

Điều kiện: ${x^2} – 3x – 10 \geqslant 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x \leqslant – 2} \\
{x \geqslant 5}
\end{array}\left( * \right)} \right.$

Lời giải

Ta có: ${\left( {\frac{1}{3}} \right)^{\sqrt {{x^2} – 3x – 10} }} > {3^{2 – x}} \Leftrightarrow {3^{ – \sqrt {{x^2} – 3x – 10} }} > {3^{2 – x}}$

$ \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} – 3x – 10} < x – 2$$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x – 2 > 0} \\
{{x^2} – 3x – 10 < {{(x – 2)}^2}}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x > 2} \\
{x < 14}
\end{array}} \right.} \right.$

Kết hợp với điều kiện $\left( * \right) \Leftrightarrow 5 \leqslant x < 14$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình chứa 9 số nguyên.

Câu 42: Gọi $S$ là tập hợp các giá trị của tham số $m$ để đồ thị hàm số $y = – {x^3} + 3{x^2} + 3\left( {{m^2} – 1} \right)x – 3{m^2} – 1$ có điểm cực đại và cực tiểu cùng với gốc tọa độ tạo thành tam giác vuông tại $O$. Tích tất cả các giá trị của tập $S$ bằng

A. -1 .

B. $ – \frac{3}{2}$.

C. $\frac{3}{2}$.

D. 1 .

Lời giải

Ta có $y’ = – 3{x^2} + 6x + 3{m^2} – 3 = 0 \Leftrightarrow – {x^2} + 2x + {m^2} – 1 = 0$

Để hàm số có hai điểm cực đại và cực tiểu thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt, nên $\Delta ‘ = {m^2} > 0$ suy ra $m \ne 0$.

Dễ thấy (1) có hai nghiệm ${x_1} = 1 – m$ và ${x_2} = 1 + m$ nên $A\left( {1 – m; – 2 – 2{m^3}} \right)$ và $B\left( {1 + m; – 2 + 2{m^3}} \right)$ là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số

Tam giác $OAB$ vuông ở $O \Leftrightarrow \overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {OB} = 0 \Leftrightarrow \left( {1 – m} \right)\left( {1 + m} \right) + \left( { – 2 – 2{m^3}} \right)\left( { – 2 + 2{m^3}} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow 1 – {m^2} + 4\left( {1 – {m^6}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {1 – {m^2}} \right)\left( {4{m^4} + 4m + 5} \right) = 0 \Leftrightarrow {m^2} = 1 \Leftrightarrow m = \pm 1$.

Do đó tích các giá trị thỏa mãn của $m$ bằng -1 .

Câu 43: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình chữ nhật có $AB = 2a\sqrt 3 ;AD = 2a$. Mặt bên $\left( {SAB} \right)$ là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Thể tích khối chóp $S.ABD$ là

A. $4\sqrt 3 {a^3}$.

B. $\frac{{2\sqrt 3 }}{3}{a^3}$..

C. $4{a^3}$.

D. $2\sqrt 3 {a^3}$.

Lời giải

Gọi $H$ là trung điểm của đoạn thẳng $AB$ suy ra $SH$ là đường cao của tam giác $SAB$ $ \Rightarrow SH \bot AB$.

Mà $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)$

Vì tam giác $ABC$ đều cạnh $2a\sqrt 3 $ nên $SH = AB \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 3a$.

Diên tích tam giác $ABD:{S_{\vartriangle ABD}} = \frac{1}{2}AB \cdot AD = \frac{1}{2} \cdot 2a\sqrt 3 \cdot 2a = 2{a^2}\sqrt 3 $.

Thể tích khối chóp $S \cdot ABD:{V_{S.ABD}} = \frac{1}{3}{S_{\vartriangle ABD}} \cdot SH = \frac{1}{3} \cdot 2{a^2}\sqrt 3 \cdot 3a = 2\sqrt 3 {a^3}$.

Câu 44: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $B,BA = BC = 1,AD = 2$. Cạnh bên $SA$ vuông góc với đáy và $SA = \sqrt 2 $. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $SB$. Thể tích của khối đa diện $SAHCD$ bằng

A. $\frac{{2\sqrt 2 }}{9}$.

B. $\frac{{2\sqrt 2 }}{3}$.

C. $\frac{{4\sqrt 2 }}{9}$.

D. $\frac{{4\sqrt 2 }}{3}$.

Lời giải

Ta có ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SA = \frac{1}{3}\frac{{\left( {BC + AD} \right)AB}}{2} \cdot SA$$ = \frac{1}{3} \cdot \frac{{\left( {1 + 2} \right) \cdot 1}}{2} \cdot \sqrt 2 = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$

Kẻ $HK//SA\left( {K \in AB} \right) \Rightarrow HK \bot \left( {ABC} \right)$.

Ta có $\vartriangle KBH \sim \vartriangle ABS \Rightarrow \frac{{HK}}{{SA}} = \frac{{BH}}{{BS}}$

$ \Leftrightarrow \frac{{HK}}{{SA}} = \frac{{BH \cdot BS}}{{BS \cdot BS}} = \frac{{A{B^2}}}{{B{S^2}}} = \frac{{{1^2}}}{{{{\left( {\sqrt {{1^2} + {{(\sqrt 2 )}^2}} } \right)}^2}}}$

$ = \frac{1}{3} \Rightarrow HK = \frac{{SA}}{3} = \frac{{\sqrt 2 }}{3}.$

Khi đó ${V_{H \cdot ABC}} = \frac{1}{3}{S_{\vartriangle ABC}} \cdot HK = \frac{1}{3}\frac{{BA \cdot BC}}{2}HK$$ = \frac{1}{3} \cdot \frac{{1 \cdot 1}}{2} \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{3} = \frac{{\sqrt 2 }}{{18}}$.

Suy ra thể tích đa diện cần tính: ${V_{SAHCD}} = {V_{S \cdot ABCD}} – {V_{H \cdot ABC}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} – \frac{{\sqrt 2 }}{{18}} = \frac{{4\sqrt 2 }}{9}$.

Câu 45: Số nghiệm thực của phương trình ${2^{x + \frac{1}{{4x}}}} + {2^{\frac{x}{4} + \frac{1}{x}}} = 4$ là:

A. 2 .

B. 3 .

C. 1 .

D. 0 .

Điều kiện $x \ne 0$.

Lời giải

Trường hợp 1: $x > 0$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: $x + \frac{1}{{4x}} \geqslant 1$, dấu ” =” xảy ra khi $x = \frac{1}{2}$.

$\frac{x}{4} + \frac{1}{x} \geqslant 1$, dấu “=” xảy ra khi $x = 2$.

Suy ra ${2^{x + \frac{1}{{4x}}}} + {2^{\frac{x}{4} + \frac{1}{x}}} > {2^1} + {2^1} = 4$

Trường hợp 2: $x < 0 \Rightarrow – x > 0$

Áp dụng bất đẳng thức Cô sy ta có:

$\left( { – x} \right) + \frac{1}{{4\left( { – x} \right)}} \geqslant 1 \Rightarrow x + \frac{1}{{4x}} \leqslant – 1$, dấu ” =” xảy ra khi $x = – \frac{1}{2}$.

$\frac{{ – x}}{4} + \frac{1}{{ – x}} \geqslant 1 \Rightarrow \frac{x}{4} + \frac{1}{x} \leqslant – 1$, dấu ” =” xảy ra khi $x = – 2$.

Suy ra ${2^{x + \frac{1}{{4x}}}} + {2^{\frac{x}{4} + \frac{1}{x}}} < {2^{ – 1}} + {2^{ – 1}} = 1 < 4$

Từ (1),(2) suy ra phương trình đã cho vô nghiệm.

Câu 46: Cho hình lăng trụ $ABCA’B’C’$ có đáy là tam giác đều cạnh $a$. Hình chiếu vuông góc của $A’$ lên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ trùng với trọng tâm tam giác $ABC$. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng $AA’$ và $BC$ bằng $\frac{{a\sqrt 3 }}{3}$. Tính thể tích $V$ của khối lăng trụ $ABCA’B’C’$.

A. $V = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{{24}}$.

B. $V = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{{10}}$.

C. $V = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{3}$.

D. $V = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{6}$.

Lời giải

$M$ là trung điểm của $BC$ thì $BC \bot \left( {AA’M} \right)$.

Gọi $MH$ là đường cao của tam giác $A’AM$ thì $MH \bot A’A$ và $HM \bot BC$ nên $HM$ là khoảng cách $AA’$ và $BC$.

Ta có $HM \cdot A’A = A’G \cdot AM \Leftrightarrow \frac{{a\sqrt 3 }}{3} \cdot A’A = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\sqrt {A'{A^2} – \frac{{{a^2}}}{3}} $

$ \Leftrightarrow 4A'{A^2} = 9\left( {A'{A^2} – \frac{{{a^2}}}{3}} \right) \Leftrightarrow 5A'{A^2} = 3{a^2}$

$ \Leftrightarrow A'{A^2} = \frac{{3{a^2}}}{5} \Leftrightarrow A’A = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}$.

Đường cao của lăng trụ là $A’G = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{5} – \frac{{3{a^2}}}{9}} = \frac{{2a\sqrt {15} }}{{15}}$.

Thể tích $V = \frac{{2a\sqrt {15} }}{{15}} \cdot \frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{{10}}$.

Câu 47: Cho hình trụ có hai đáy là hình tròn tâm $O$ và $O’$, chiều cao $h = a\sqrt 3 $. Mặt phẳng đi qua tâm $O$ và tạo với $OO’$ một góc ${30^ \circ }$, cắt hai đường tròn tâm $O$ và $O’$ tại bốn điểm là bốn đỉnh của một hình thang có đáy lớn gấp đôi đáy nhỏ và diện tích bằng $3{a^2}$. Thể tích của khối trụ được giới hạn bởi hình trụ đã cho bằng

A. $\frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{3}$.

B. $\pi {a^3}\sqrt 3 $.

C. $\frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{{12}}$.

D. $\frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{4}$.

Lời giải

Ta có góc giữa mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ và $OO’$ là góc $\widehat {HOO’} = {30^ \circ },OO’ = a\sqrt 3 $.

$cos\widehat {HOO’} = \frac{{OO’}}{{OH}} \Rightarrow OH = \frac{{OO’}}{{cos{{30}^ \circ }}} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} = 2a$

Ta có $CD = 2r \Rightarrow AB = r$

Theo giả thiết diện tích hình thang $ABCD$ bằng $3{a^2}$ nên ta có:

$\left( {AB + CD} \right)\frac{{OH}}{2} = 3{a^2} \Leftrightarrow 3r \cdot \frac{{2a}}{2} = 3{a^2} \Leftrightarrow r = a$

Vậy thể tích khối trụ bằng $V = \pi {a^2} \cdot a\sqrt 3 = \pi {a^3}\sqrt 3 $.

Câu 48: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$. Biết hàm số $y = f\left( {5 – 2x} \right)$ có bảng biến thiên như hình vẽ sau

Số giá trị nguyên dương của tham số $m$ để hàm $g\left( x \right) = \left| {2f\left( {{x^2} – 4x + 3} \right) – m} \right|$ có giá trị lớn nhất?

A. 5 .

B. 4 .

C. Vô số.

D. 3 .

Lời giải

Vẽ lại bảng biến thiên $f\left( x \right)$ :

Đặt ${x^2} – 4x + 3 = t\left( {t \geqslant – 1} \right)$

$ \Rightarrow $ Hàm số trở thành: $y = \left| {2f\left( t \right) – m} \right|$, với $t \in \left[ { – 1; + \infty } \right)$

Do $t \in \left[ { – 1; + \infty } \right) \Rightarrow f\left( t \right) \in \left( { – 1;4} \right] \Rightarrow 2f\left( t \right) – m \in \left( { – 2 – m;8 – m} \right]$

Để hàm số $y = \left| {2f\left( t \right) – m} \right|$ có GTLN $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{8 – m > 0} \\
{\left| { – 2 – m} \right| \leqslant 8 – m}
\end{array} \Rightarrow m \leqslant 2} \right.$

Câu 49: Một anh sinh viên T nhập học đại học vào tháng 8 năm 2020. Bắt đầu từ tháng 9 năm 2020, cứ vào ngày mồng một hàng tháng anh vay ngân hàng 3 triệu đồng với lãi suất cố định $0,8\% $ /tháng. Lãi tháng trước được cộng vào số nợ để tiếp tục tính lãi cho tháng tiếp theo (lãi kép). Vào ngày mồng một hàng tháng kể từ tháng 9 năm 2022 về sau anh không vay ngân hàng nữa và anh còn trả được cho ngân hàng 2 triệu đồng do việc làm thêm. Hỏi vào ngày anh ra trường (30/6/2024), số tiền anh nợ ngân hàng gần nhất với số nào sau đây?

A. 49.024 .000 đồng

B. 46.640 .000 đồng

C. 47.024.000 đồng

D. 45.401.000 đồng

Lời giải

Anh sinh viên vay hàng tháng $a = 3$ triệu đồng từ tháng $9/2020$ đến hết tháng $8/2022$, tổng cộng 24 tháng.

Cuối tháng thứ 1: ${T_1} = a + ar = a\left( {1 + r} \right)$

Cuối tháng thứ 2: ${T_2} = {T_1} + a + \left( {{T_1} + a} \right) \cdot r = a \cdot {(1 + r)^2} + a \cdot \left( {1 + r} \right)$

Cuối tháng $n:{T_n} = a \cdot {(1 + r)^n} + a \cdot {(1 + r)^{n – 1}} + \ldots + a \cdot \left( {1 + r} \right)$

Suy ra ${T_n} = a \cdot \left( {1 + r} \right) \cdot \frac{{{{(1 + r)}^n} – 1}}{r}$

Vậy tổng số tiền vay đến cuối tháng $8/2022$ là ${T_{24}} = 3 \cdot \left( {1 + 0,8\% } \right) \cdot \frac{{{{(1 + 0,8\% )}^{24}} – 1}}{{0,8\% }} = 79,662$ triệu.

Tính từ cuối tháng $8/2022$ anh sinh viên $T$ thiếu ngân hàng $A = 79,662$ và bắt đầu trả đầu hàng tháng $m = 2$ triệu từ $9/2022$ đến $6/2024$, tổng cộng được 22 tháng

Đầu tháng $9/2022$ : còn nợ $A – m = 79,662 – 2 = 77,662$ triệu

Cuối tháng $9/2022$ : tiền nợ có lãi đến cuối tháng: ${T_1} = 77,662\left( {r + 1} \right)$

Đầu tháng $10/2022$ sau khi trả nợ $m$ thì còn nợ 77,662 $\left( {r + 1} \right) – m$

Cuối tháng $10/2022$ : còn nợ ${T_2} = \left[ {\left( {77,662} \right)\left( {r + 1} \right) – m} \right]\left( {1 + r} \right) = 77,662{(1 + r)^2} – m\left( {1 + r} \right)$

Cuối tháng $11/2022$ : còn nợ ${T_3} = 77,662{(1 + r)^3} – m{(1 + r)^2} – m\left( {1 + r} \right)$

Cuối tháng $6/2024$ còn nợ:

${T_{22}} = 77,662{(1 + r)^{22}} – m{(1 + r)^{21}} – m{(1 + r)^{20}} – \ldots – m\left( {1 + r} \right)$

$ = 77,662{(1 + r)^{22}} – m \cdot \left( {1 + r} \right)\frac{{{{(1 + r)}^{21}} – 1}}{r}$

$ = 77,662 \cdot {(1 + 0,8\% )^{22}} – 2 \cdot \left( {1 + 0,8\% } \right) \cdot \frac{{{{(1 + 0,8\% )}^{21}} – 1}}{{0,8\% }} = 46,64$ triệu đồng.

Câu 50: Cho hàm đa thức bậc năm $y = f\left( x \right)$ và hàm số $y = f’\left( x \right)$ có đồ thị như trong hình bên.

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ để hàm số $g\left( x \right) = f\left( {\left| {{x^3} + 3x} \right| + m – 2{m^2}} \right)$ có đúng ba điểm cực đại?

A. 3 .

B. 0 .

C. 4 .

D. 1 .

Lời giải

Ta có $g’\left( x \right) = f’\left( {\left| {{x^3} + 3x} \right| + m – 2{m^2}} \right)\frac{{\left( {3{x^2} + 3} \right)\left( {{x^3} + 3x} \right)}}{{\left| {{x^3} + 3x} \right|}}$

Ta có $g’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\left| {{x^3} + 3x} \right| + m – 2{m^2} = – 3} \\
{\left| {{x^3} + 3x} \right| + m – 2{m^2} = – 1} \\
{\left| {{x^3} + 3x} \right| + m – 2{m^2} = 2} \\
{\left| {{x^3} + 3x} \right| + m – 2{m^2} = 5}
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\left| {{x^3} + 3x} \right| = 2{m^2} – m – 3} \\
{\left| {{x^3} + 3x} \right| = 2{m^2} – m – 1} \\
{\left| {{x^3} + 3x} \right| = 2{m^2} – m + 2}
\end{array}\left( * \right)} \right.} \right.$ và $g’\left( x \right)$ không xác định tại $x = 0$.

Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g(x) = + \infty $ nên để hàm số $g\left( x \right)$ có ba điểm cực đại khi và chỉ khi hàm số $g\left( x \right)$ có bảy điểm cực trị.

Xét hàm số $h\left( x \right) = {x^3} + 3x$, ta có $h’\left( x \right) = 3{x^2} + 3 > 0,\forall x$ nên $h\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$.

Khi đó, ta có được bảng biến của hàm số $y = \left| {h\left( x \right)} \right| = \left| {{x^3} + 3x} \right|$ như sau:

Để hàm số $g\left( x \right)$ có bảy điểm cực trị thì $\left( * \right)$ phải có 6 nghiệm phân biệt

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
2{m^2} – m – 1 > 0 \hfill \\
2{m^2} – m – 3 \leqslant 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
\left[ \begin{gathered}
m > 1 \hfill \\
m < – \frac{1}{2} \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
– 1 \leqslant m \leqslant 3 \hfill \\
\end{gathered} \right.$mà $m$ nguyên nên $m \in \left\{ { – 1;2;3} \right\}$

ĐÁNH GIÁ TỔNG QUAN
Đề Kiểm Tra HK 1 Toán 12 Năm 2023-2024 Giải Chi Tiết-Đề 8
Bài trướcĐề Kiểm Tra HK1 Toán 12 Năm 2023-2024 Giải Chi Tiết-Đề 7
Bài tiếp theo10 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Vật Lí 2024 Có Lời Giải Chi Tiết
de-kiem-tra-hk-1-toan-12-nam-2023-2024-giai-chi-tiet-de-8Đề kiểm tra HK 1 Toán 12 năm 2023-2024 giải chi tiết-Đề 8 rất hay. Các bạn tham khảo và ôn tập để chuẩn bị cho kỳ thi sắp đến.
Nhận thông báo qua email
Thông báo cho
guest

0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments