Đề Kiểm Tra HK1 Toán 12 Năm 2023-2024 Giải Chi Tiết-Đề 7

0
2576

Đề kiểm tra HK1 Toán 12 năm 2023-2024 giải chi tiết-Đề 7 được soạn dưới dạng file Word và PDF gồm 7 trang. Các bạn xem và tải về ở dưới.

Câu 1: Cho hàm số bậc bốn $f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

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

Câu 2: Hàm số $y = {x^{\frac{1}{2}}}$ có tập xác định là

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

Câu 3: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và có đạo hàm $f’\left( x \right) = \left( {1 + x} \right)\left( {1 – x} \right)$. Số điểm cực trị của hàm số $y = f\left( x \right)$ là:

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

Câu 4: Điểm cực đại của đồ thị hàm số $y = {x^4} – 2{x^2} + 9$ có tọa độ là:

A. $\left( {1;9} \right)$. B. $\left( {2;9} \right)$. C. $\left( { – 2;9} \right)$. D. $\left( {0;9} \right)$.

Câu 5: Cho hình nón $\left( N \right)$ có đường kính đáy bằng $4a$, đường sinh bằng $5a$. Tính diện tích xung quanh $S$ của hình nón $\left( N \right)$.

A. $S = 10\pi {a^2}$. B. $S = 14\pi {a^2}$. C. $S = 36\pi {a^2}$. D. $S = 20\pi {a^2}$.

Câu 6: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số $y = \frac{{3x – 1}}{{x – 3}}$ trên $\left[ {0;2} \right]$.

A. $\frac{1}{3}$. B. 5 . C. $ – \frac{1}{3}$. D. -5 .

Câu 7: Cho hàm số $y = f(x)$ có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = 2024$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f(x) = – 2024$. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. Đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận ngang.

B. Đồ thị hàm số đã cho có đúng một tiệm cận ngang.

C. Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng $y = 2024$ và $x = – 2024$.

D. Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng $y = 2024$ và $y = – 2024$.

Câu 8: Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 4 và độ dài đường sinh bằng $l = 3$. Thể tích của khối trụ đã cho bằng

A. $12\pi $. B. $24\pi $. C. $19\pi $. D. $48\pi $.

Câu 9: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây.

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

Câu 10: Tìm số giao điểm của $\left( C \right):y = {x^3} + x – 3$ và đường thẳng $y = x – 2$ ?

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

Câu 11: Mỗi hình sau gồm một số hữu hạn đa giác phẳng, tìm hình đa diện.

A. Hình 4. B. Hình 2. C. Hình 3. D. Hình 1.

Câu 12: Cho $a,x,y > 0;a \ne 1;\alpha \in \mathbb{R}$. Khẳng định nào sau đây sai?

A. $lo{g_a}\left( {x.y} \right) = lo{g_a}x + lo{g_a}y$. B. $lo{g_a}{x^\alpha } = \alpha lo{g_a}x$.

C. $lo{g_a}\sqrt x = \frac{1}{2}lo{g_a}x$. D. $lo{g_{\sqrt a }}x = \frac{1}{2}lo{g_a}x$.

Câu 13: Thể tích của khối chóp có diện tích đáy bằng $B$ và cạnh bên bằng $h$ là

A. $\frac{1}{2}B \cdot h$. B. $3B \cdot h$. C. B.h. D. $\frac{1}{3}B \cdot h$.

Câu 14: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

A. $\smallint f’\left( x \right)dx = f\left( x \right) + C$. B. $\smallint cosx\;dx = sinx + C$.

C. $\smallint {x^\alpha }dx = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}} + C,\forall \alpha \ne – 1$. D. $\smallint {a^x}\;dx = {a^x}lna + C(0 < a \ne 1)$.

Câu 15: Thể tích của khối lập phương cạnh $a$ bằng:

A. ${a^3}$. B. ${a^2}$. C. $\frac{1}{3}{a^3}$. D. $\frac{1}{3}{a^2}$.

Câu 16: Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để hàm số $y = {x^3} – \left( {m + 1} \right){x^2} + 3x – {m^2} + 2$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.

A. $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \geqslant 2} \\
{m \leqslant – 4}
\end{array}} \right.$. B. $ – 4 \leqslant m \leqslant 2$. C. $ – 4 < m < 2$. D. $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m > 2} \\
{m < – 4}
\end{array}} \right.$.

Câu 17: Số nghiệm thực của phương trình $lo{g_{2024}}\left( {{x^2} – 3x + 2} \right) = lo{g_{2024}}\left( {x – 1} \right)$ là

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

Câu 18: Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác đều có cạnh bằng 4 . Diện tích toàn phần của hình nón đã cho bằng

A. $3\pi $. B. $8\pi $. C. $12\pi $. D. $9\pi $.

Câu 19: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số $f\left( x \right) = \frac{{cosx}}{x}$ trên đoạn $\left[ {\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{3}} \right]$.

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

Câu 20: Tập nghiệm của bất phương trình $lo{g_{\frac{1}{9}}}\left( {x – 1} \right) \geqslant – \frac{1}{2}$ là

Điều kiện xác định: $x – 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1$

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

Câu 21: Hàm số nào dưới đây có dạng đồ thị như hình vẽ?

A. $y = {x^3} – 3x + 1$ B. $y = {x^4} – 2{x^2} + 1$. C. $y = {2024^x}$. D. $y = lo{g_{2024}}\left( {x + 2024} \right)$.

Câu 22: Cho biết $\smallint \frac{{2x – 13}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x – 2} \right)}}dx = aln\left| {x + 1\left| { + bln} \right|x – 2} \right| + C$. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. $a + 2b = 8$. B. $a + b = 8$. C. $2a – b = 8$. D. $a – b = 8$.

Câu 23: Cho đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm của phương trình $f\left( x \right) = x$ là:

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

Câu 24: Cho hàm số $f\left( x \right) = 2{x^2} – 4x + 3$. Tìm $m$ để phương trình $f\left( x \right) = {m^2} – 3m + 1$ có 2 nghiệm phân biệt.

A. $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m > 3} \\
{m < 0}
\end{array}} \right.$. B. $0 < m < 3$. C. $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \geqslant 3} \\
{m \leqslant 0}
\end{array}} \right.$. D. $0 \leqslant m \leqslant 3$.

Câu 25: Cho hàm số $y = {x^3} – x$ có đồ thị $\left( C \right)$. Gọi $M,N$ là hai điểm phân biệt trên $\left( C \right)$ và các tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại các điểm $M,N$ song song với nhau. Tính ${x_M} + {x_N}$.

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

Câu 26: Cho hàm số $\left( P \right)$ với $m$ là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của $m$ để hàm số nghịch biến trên $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$

A. 6 . B. 3 . C. 7 . D. 4 .

Câu 27: Cho hàm số bậc ba $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ có đồ thị như hình vẽ sau.

Có bao nhiêu số dương trong các số $a,b,c,d$ ?

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

Câu 28: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

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

Câu 29: Một người gửi ngân hàng 100 triệu theo hình thức lãi kép với lãi suất $0,5\% $ một tháng. Sau ít nhất bao nhiêu tháng người đó có nhiều hơn 125 triệu.

A. 44 tháng. B. 45 tháng. C. 46 tháng. D. 47 tháng.

Câu 30: Tích tất cả các nghiệm của phương trình $lo{g_{\frac{1}{{\sqrt 5 }}}}\left( {{6^{x + 1}} – {{36}^x}} \right) = – 2$ là:

A. $lo{g_6}5$. B. 0 . C. 5 . D. 1 .

Câu 31: Cho lăng trụ $ABC \cdot A’B’C’$ có $AC = a\sqrt 3 ,BC = 3a,\widehat {ACB} = {30^ \circ }$. Gọi $H$ là điểm nằm trên cạnh $BC$ sao cho $HC = 2HB$. Hai mặt phẳng $\left( {A’AH} \right)$ và $\left( {A’BC} \right)$ cùng vuông góc với $\left( {ABC} \right)$. Cạnh bên hợp với đáy một góc ${60^ \circ }$. Thể tích khối lăng trụ $ABC \cdot A’B’C’$ là:

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

Câu 32: Tìm nguyên hàm của hàm số $\smallint {x^5}\sqrt {1 – {x^3}} \;dx$.

A. $\frac{2}{3}\left( {\frac{{1 – {x^3}}}{2} – \frac{{{{\left( {1 – {x^3}} \right)}^2}\sqrt {1 – {x^3}} }}{3}} \right) + C$. B. $ – \frac{2}{3}{\left( {1 – {x^3}} \right)^2}\left( {\frac{1}{{3\sqrt {1 – {x^3}} }} + \frac{{\sqrt {1 – {x^3}} }}{5}} \right) + C$.

C. $ – \frac{2}{3}{\left( {1 – {x^3}} \right)^2}\left( {\frac{1}{{3\sqrt {1 – {x^3}} }} – \frac{{\sqrt {1 – {x^3}} }}{5}} \right) + C$. D. $\frac{2}{3}\left( {\frac{{1 – {x^3}}}{2} + \frac{{{{\left( {1 – {x^3}} \right)}^2}\sqrt {1 – {x^3}} }}{3}} \right) + C$.

Câu 33: Cho hàm số $y = {x^3} – m{x^2} + \left( {m – 1} \right)x + 2$. Để hàm số đạt cực tiểu tại $x = 1$ thì tham số $m$ thuộc khoảng nào trong các khoảng sau?

A. $\left( { – 1;1} \right)$. B. $\left( {1;3} \right)$. C. $\left( {4;7} \right)$. D. $\left( { – 5; – 3} \right)$.

Câu 34: Một cái hộp có dạng hình hộp chữ nhật có thể tích bằng 48 và chiều dài gấp đôi chiều rộng. Chất liệu làm đáy và 4 mặt bên của hộp có giá thành gấp ba lần giá thành của chất liệu làm nắp hộp. Gọi $h$ là chiều cao của hộp để giá thành của hộp là thấp nhất. Biết $h = \frac{m}{n}$ với $m,n$ là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Tổng $m + n$ là

A. 12 . B. 13 . C. 11 . D. 14 .

Câu 35: Một khách hàng gửi ngân hàng 20 triệu đồng, kỳ hạn 3 tháng, với lãi suất $0,65\% $ một tháng theo phương thức lãi kép. Hỏi sau bao lâu vị khách này mới có số tiền lãi nhiều hơn số tiền gốc ban đầu gửi ngân hàng? Giả sử người đó không rút lãi ở tất cả các định kỳ.

A. 8 năm. B. 19 tháng. C. 18 tháng. D. 9 năm.

Câu 36: Cho phương trình $lo{g_{0,2}}\left( {5x + m + 1} \right) + lo{g_5}\left( {4 – 3x – {x^2}} \right) = 0$ ( $m$ là tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của $m$ để phương trình có nghiệm thực?

A. 18 B. 17 C. 23 D. 15

Câu 37: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông tâm $O$, cạnh $a$. Cạnh bên $SA$ vuông góc với đáy và $\widehat {SBD} = {60^ \circ }$ (tham khảo hình bên dưới). Khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $SO$ bằng

A. $\frac{{\sqrt 5 a}}{5}$. B. $\frac{{\sqrt 5 a}}{2}$. C. $\frac{{\sqrt 2 a}}{2}$. D. $\frac{{\sqrt 2 a}}{5}$.

Câu 38: Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số $m$ để hàm số $f\left( x \right) = ln\left( {{x^2} + 1} \right) – mx + 1$ đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$ là:

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

Câu 39: Cho hàm số $y = f\left( x \right)\left( {x – 1} \right)$ xác định và liên tục trên $\mathbb{R}$ có đồ thị như hình dưới đây.

Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m \in \left[ { – 24;24} \right]$ để phương trình $f\left( x \right)\left| {x – 1} \right| = {m^2} – m$ có hai nghiệm có hoành độ nằm ngoài đoạn $\left[ { – 1;1} \right]$.

A. 45 . B. 47 . C. 44 . D. 46 .

Câu 40: Khối bát diện đều có độ dài cạnh bằng $a$ thì mặt cầu nội tiếp mặt cầu có diện tích bằng:

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

Câu 41: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành và có thể tích $V$. Gọi $E$ là điểm trên cạnh $SC$ sao cho $EC = 2ES,\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng chứa đường thẳng $AE$ và song song với đường thẳng $BD,\left( \alpha \right)$ cắt hai cạnh $SB,SD$ lần lượt tại hai điểm $M,N$. Tính theo $V$ thể tích khối chóp S.AMEN .

A. $\frac{V}{3}$. B. $\frac{V}{6}$. C. $\frac{V}{{12}}$. D. $\frac{{2V}}{9}$.

Câu 42: Cho phương trình ${\left( {lo{g_3}\left( {\frac{x}{3}} \right)} \right)^2} + 3mlo{g_3}x + 2{m^2} – 2m – 1 = 0$. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ lớn hơn -2024 sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$ thoả ${x_1} + {x_2} > 10?$

A. 2023 . B. 2019 . C. 2020 . D. 2021 .

Câu 43: Số giá trị thực của tham số $m \in \left[ {0;24} \right]$ để phương trình ${4^x} – 2m{2^x} + m + 2 = 0$ có hai nghiệm phân biệt.

A. 22 . B. 21 . C. 24 . D. 20 .

Câu 44: Số các giá trị nguyên của tham số $m$ để phương trình $lo{g_{\sqrt 2 }}\left( {x – 1} \right) = lo{g_2}\left( {mx – 8} \right)$ có hai nghiệm thực phân biệt?

A. 4 . B. 5 . C. Vô số. D. 3 .

Câu 45: Cho hai số thực dương $a$ và $b$ thỏa mãn hàm số $y = \frac{{4{a^3} + a}}{{b + 1}}x + cos\left( {x\sqrt {2b + 1} } \right)$ đồng biến trong khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $S = 27b – 8{a^3}$.

A. 40 . B. 351 . C. 345 . D. 81 .

Câu 46: Năm 2023, tỉ lệ thể tích khí $C{O_2}$ trong không khí là $\frac{{397}}{{{{10}^6}}}$. Biết rằng tỉ lệ thể tích khí $C{O_2}$ trong không khí tăng $0,4\% $ mỗi năm. Vậy ít nhất đến năm bao nhiêu thì tỉ lệ thể tích khí $C{O_2}$ trong không khí vượt ngưỡng $\frac{{41}}{{{{10}^5}}}$.

A. 2029 . B. 2031 . C. 2028 . D. 2033 .

Câu 47: Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA$ vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABC} \right),SA = AC = 3AB,\widehat {BAC} = {60^ \circ }$. Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu của $A$ lên $SB,SC$. Gọi ${S_1},{S_2}$ lần lượt là diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.AHK$ và hình chóp $A.BCKH$. Tính $\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}}$

A. $\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{27}}{{28}}$. B. $\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{27}}{{92}}$. C. $\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{81}}{{28}}$. D. $\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{4}{3}$.

Câu 48: Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x \geqslant 3y > 3} \\
{x – 2y + z – {y^2} – yz + 1 = 0.}
\end{array}} \right.$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P\left( {x,y,z} \right) = {x^2} + 9{y^2} – 2\left( {3x – 1} \right)y + z$.

A. 0 . B. $\frac{1}{2}$. C. 1 . D. $ – \frac{1}{2}$.

Câu 49: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m \in \left[ {0;2024} \right]$ để đồ thị của hàm số $y = \frac{{x – 1}}{{{x^2} – 2mx + 4}}$ có đúng 3 đường tiệm cận.

A. 2024 . B. 2021 . C. 2022 . D. 2022 .

Câu 50: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m \in \left[ { – 2024;2024} \right]$ để phương trình $|f\left( x \right){|^3} – 4{f^2}\left( x \right) + 2mf\left( x \right) – {m^2} = 0$ có đúng hai nghiệm thực (Giả thiết rằng các nghiệm bội chỉ được tính là một nghiệm)?

A. 3976 . B. 3971 . C. 3974 . D. 3975 .

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI

BẢNG ĐÁP ÁN

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

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Cho hàm số bậc bốn $f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. $\left( {1; + \infty } \right)$.
B. $\left( { – 1;1} \right)$.
C. $\left( { – \infty ;0} \right)$.
D. $\mathbb{R}$.

Lời giải

Nhìn đồ thị ta thấy đồ thị hàm số đi lên trên khoảng $\left( {1; + \infty } \right)$.

Câu 2: Hàm số $y = {x^{\frac{1}{2}}}$ có tập xác định là
A. $\left( {0; + \infty } \right)$.
B. $\left[ {0; + \infty } \right)$.
C. $\left( {1; + \infty } \right)$.
D. $\mathbb{R}$.

Lời giải

Do $\frac{1}{2} \notin \mathbb{Z}$ nên tập xác định của hàm số là $\left( {0; + \infty } \right)$.

Câu 3: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và có đạo hàm $f’\left( x \right) = \left( {1 + x} \right)\left( {1 – x} \right)$. Số điểm cực trị của hàm số $y = f\left( x \right)$ là:
A. 0 .
B. 1 .
C. 2 .
D. 3 .

Lời giải

Ta có: $f’\left( x \right) = \left( {1 + x} \right)\left( {1 – x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1} \\
{x = – 1}
\end{array}} \right.$

Phương trình $f’\left( x \right) = 0$ có hai nghiệm bội lẻ nên hàm số có hai điểm cực trị.

Câu 4: Điểm cực đại của đồ thị hàm số $y = {x^4} – 2{x^2} + 9$ có tọa độ là:
A. $\left( {1;9} \right)$.
B. $\left( {2;9} \right)$.
C. $\left( { – 2;9} \right)$.
D. $\left( {0;9} \right)$.

Lời giải

Ta có: $y’ = 4{x^3} – 4x$. Giải phương trình: $y’ = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} – 4x = 0 \Leftrightarrow x = – 1;0;1$ Bảng biến thiên:

Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số là $\left( {0;9} \right)$.

Câu 5: Cho hình nón $\left( N \right)$ có đường kính đáy bằng $4a$, đường sinh bằng $5a$. Tính diện tích xung quanh $S$ của hình nón $\left( N \right)$.
A. $S = 10\pi {a^2}$.
B. $S = 14\pi {a^2}$.
C. $S = 36\pi {a^2}$.
D. $S = 20\pi {a^2}$.

Lời giải

Diện tích xung quanh của hình nón $\left( N \right)$ là: $S = \pi rl = \pi \cdot 2a \cdot 5a = 10\pi {a^2}$.

Câu 6: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số $y = \frac{{3x – 1}}{{x – 3}}$ trên $\left[ {0;2} \right]$.
A. $\frac{1}{3}$.
B. 5 .
C. $ – \frac{1}{3}$.
D. -5 .

Lời giải

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn $\left[ {0;2} \right]$ và có đạo hàm: $y’ = \frac{{ – 8}}{{{{(x – 3)}^2}}} < 0,\forall x \in \left[ {0;2} \right]$ Khi đó: $y\left( 0 \right) = \frac{1}{3};y\left( 2 \right) = – 5$ nên suy ra khi $x = 0$.

Câu 7: Cho hàm số $y = f(x)$ có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = 2024$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f(x) = – 2024$. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. Đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận ngang.

B. Đồ thị hàm số đã cho có đúng một tiệm cận ngang.

C. Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng $y = 2024$ và $x = – 2024$.

D. Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng $y = 2024$ và $y = – 2024$.

Lời giải

Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng $y = 2024$ và $y = – 2024$.

Câu 8: Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 4 và độ dài đường sinh bằng $l = 3$. Thể tích của khối trụ đã cho bằng
A. $12\pi $.
B. $24\pi $.
C. $19\pi $.
D. $48\pi $.

Lời giải

Thể tích của khối trụ đã cho bằng $V = \pi {r^2}l = \pi \cdot {4^2} \cdot 3 = 48\pi $.

Câu 9: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây.

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

Lời giải

Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ với $a > 0$.

Do đó đây là đồ thị của hàm số $y = {x^3} – 3x – 1$.

Câu 10: Tìm số giao điểm của $\left( C \right):y = {x^3} + x – 3$ và đường thẳng $y = x – 2$ ?
A. 2 .
B. 0 .
C. 3 .
D. 1 .

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm: ${x^3} + x – 3 = x – 2 \Leftrightarrow {x^3} = 1 \Leftrightarrow x = 1$.

Vậy có 1 giao điểm giữa $\left( C \right)$ và đường thẳng $y = x – 2$.

Câu 11: Mỗi hình sau gồm một số hữu hạn đa giác phẳng, tìm hình đa diện.

A. Hình 4.
B. Hình 2.
C. Hình 3.
D. Hình 1.

Lời giải

Đoạn thẳng nối hai điểm bất kì từ hai cạnh của đa giác đều phải nằm trong đa giác đó $ \Rightarrow $ Hình 2,3,4 không thỏa mãn.

Câu 12: Cho $a,x,y > 0;a \ne 1;\alpha \in \mathbb{R}$. Khẳng định nào sau đây sai?
A. $lo{g_a}\left( {x.y} \right) = lo{g_a}x + lo{g_a}y$.
B. $lo{g_a}{x^\alpha } = \alpha lo{g_a}x$.
C. $lo{g_a}\sqrt x = \frac{1}{2}lo{g_a}x$.
D. $lo{g_{\sqrt a }}x = \frac{1}{2}lo{g_a}x$.

Lời giải

Ta có: $lo{g_{\sqrt a }}x = lo{g_{{a^{\frac{1}{2}}}}}x = 2lo{g_a}x$ nên đáp án ${\mathbf{D}}$ sai.

Câu 13: Thể tích của khối chóp có diện tích đáy bằng $B$ và cạnh bên bằng $h$ là
A. $\frac{1}{2}B \cdot h$.
B. $3B \cdot h$.
C. B.h.
D. $\frac{1}{3}B \cdot h$.

Lời giải

Thể tích của khối chóp có diện tích đáy bằng $B$ và cạnh bên bằng $h$ là $V = \frac{1}{3}B \cdot h$.

Câu 14: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
A. $\smallint f’\left( x \right)dx = f\left( x \right) + C$.
B. $\smallint cosx\;dx = sinx + C$.
C. $\smallint {x^\alpha }dx = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}} + C,\forall \alpha \ne – 1$.
D. $\smallint {a^x}\;dx = {a^x}lna + C(0 < a \ne 1)$.

Lời giải

Ta có $\smallint {a^x}\;dx = \frac{{{a^x}}}{{lna}} + C(0 < a \ne 1)$ nên phương án ${\mathbf{D}}$ sai.

Câu 15: Thể tích của khối lập phương cạnh $a$ bằng:
A. ${a^3}$.
B. ${a^2}$.
C. $\frac{1}{3}{a^3}$.
D. $\frac{1}{3}{a^2}$.

Lời giải

Thể tích của khối lập phương có cạnh $a$ bằng: $V = {a^3}$.

Câu 16: Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để hàm số $y = {x^3} – \left( {m + 1} \right){x^2} + 3x – {m^2} + 2$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.
A. $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \geqslant 2} \\
{m \leqslant – 4}
\end{array}} \right.$.
B. $ – 4 \leqslant m \leqslant 2$.
C. $ – 4 < m < 2$.
D. $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m > 2} \\
{m < – 4}
\end{array}} \right.$.

Lời giải

Hàm số $y = {x^3} – \left( {m + 1} \right){x^2} + 3x – {m^2} + 2$ có $y’ = 3{x^2} – 2\left( {m + 1} \right)x + 3$.

Để hàm số đã cho đồng biến trên $\mathbb{R} \Leftrightarrow y’ \geqslant 0,\forall x \in \mathbb{R}$.

Ta có $y’ = 3{x^2} – 2\left( {m + 1} \right)x + 3$ là tam thức bậc hai có hệ số của ${x^2}$ bằng $3 > 0$ và biệt thức $\Delta ‘ = {(m + 1)^2} – 9$.

Do đó $ \Leftrightarrow \Delta ‘ \leqslant 0 \Leftrightarrow {(m + 1)^2} – 9 \leqslant 0 \Leftrightarrow {(m + 1)^2} \leqslant 9 \Leftrightarrow – 3 \leqslant m + 1 \leqslant 3 \Leftrightarrow – 4 \leqslant m \leqslant 2$.

Câu 17: Số nghiệm thực của phương trình $lo{g_{2024}}\left( {{x^2} – 3x + 2} \right) = lo{g_{2024}}\left( {x – 1} \right)$ là
A. 0 .
B. 1 .
C. 2 .
D. 3 .

Lời giải

Phương trình đã cho tương đương với $\left\{ \begin{gathered}
x – 1 > 0 \hfill \\
{x^2} – 3x + 2 = x – 1 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x > 1 \hfill \\
{x^2} – 4x + 3 = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x > 1 \hfill \\
\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1} \\
{x = 3}
\end{array}} \right. \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow x = 3$.

Suy ra phương trình có nghiệm duy nhất $x = 3$.

Câu 18: Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác đều có cạnh bằng 4 . Diện tích toàn phần của hình nón đã cho bằng
A. $3\pi $.
B. $8\pi $.
C. $12\pi $.
D. $9\pi $.

Lời giải

Theo bài ra, thiết diện qua trục là tam giác đều cạnh bằng 4 nên ta có: $l = 4;r = \frac{l}{2} = 2$.

Diện tích toàn phần của hình nón đã cho là:

${S_{tp}} = {S_{xq}} + {S_{day}} = \pi rl + \pi {r^2} = \pi \cdot 2 \cdot 4 + \pi \cdot {2^2} = 12\pi $.

Câu 19: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số $f\left( x \right) = \frac{{cosx}}{x}$ trên đoạn $\left[ {\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{3}} \right]$.
A. $\frac{{3\sqrt 3 }}{\pi }$.
B. $\frac{{3\sqrt 2 }}{\pi }$.
C. $\frac{{3\sqrt 3 }}{{2\pi }}$.
D. $\frac{3}{{2\pi }}$.

Lời giải

Ta có $f’\left( x \right) = \frac{{ – xsinx – cosx}}{{{x^2}}} < 0,\forall x \in \left[ {\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{3}} \right]$ suy ra .

Câu 20: Tập nghiệm của bất phương trình $lo{g_{\frac{1}{9}}}\left( {x – 1} \right) \geqslant – \frac{1}{2}$ là
A. $\left( {1;4} \right)$.
B. $\left( {1;4} \right]$.
C. $\left[ {4; + \infty } \right)$.
D. $\left( { – \infty ;4} \right]$.

Điều kiện xác định: $x – 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1$

Lời giải

Vì $0 < \frac{1}{9} < 1$ nên $lo{g_{\frac{1}{9}}}\left( {x – 1} \right) \geqslant – \frac{1}{2} \Leftrightarrow x – 1 \leqslant {\left( {\frac{1}{9}} \right)^{ – \frac{1}{2}}} \Leftrightarrow x – 1 \leqslant 3 \Leftrightarrow x \leqslant 4$.

Kết hợp với điều kiện, ta có $1 < x \leqslant 4$. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( {1;4} \right]$.

Câu 21: Hàm số nào dưới đây có dạng đồ thị như hình vẽ?

A. $y = {x^3} – 3x + 1$
B. $y = {x^4} – 2{x^2} + 1$.
C. $y = {2024^x}$.
D. $y = lo{g_{2024}}\left( {x + 2024} \right)$.

Lời giải

Do đồ thị hàm số luôn đồng biến trên $\mathbb{R}$ nên loại các phương án ${\mathbf{A}},{\mathbf{B}}$.

Mà đồ thị luôn nằm phía trên trục $Ox$ nên loại phương án ${\mathbf{D}}$.

Câu 22: Cho biết $\smallint \frac{{2x – 13}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x – 2} \right)}}dx = aln\left| {x + 1\left| { + bln} \right|x – 2} \right| + C$. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. $a + 2b = 8$.
B. $a + b = 8$.
C. $2a – b = 8$.
D. $a – b = 8$.

Lời giải

Ta có
$\smallint \frac{{2x – 13}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x – 2} \right)}}dx = \smallint \left( {\frac{5}{{x + 1}} – \frac{3}{{x – 2}}} \right)dx = 5\smallint \frac{1}{{x + 1}}\;dx – 3\smallint \frac{1}{{x – 1}}\;dx = 5ln\left| {x + 1} \right| – 3ln\left| {x – 2} \right| + C$.

Vậy $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a = 5} \\
{b = – 3}
\end{array} \Rightarrow a – b = 8} \right.$.

Câu 23: Cho đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm của phương trình $f\left( x \right) = x$ là:

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

Lời giải

Số nghiệm của phương trình $f\left( x \right) = x$ bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và $y = x$.

Dựa và hình vẽ suy ra phương trình $f\left( x \right) = x$ có 3 nghiệm.

Câu 24: Cho hàm số $f\left( x \right) = 2{x^2} – 4x + 3$. Tìm $m$ để phương trình $f\left( x \right) = {m^2} – 3m + 1$ có 2 nghiệm phân biệt.
A. $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m > 3} \\
{m < 0}
\end{array}} \right.$.
B. $0 < m < 3$.
C. $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \geqslant 3} \\
{m \leqslant 0}
\end{array}} \right.$.
D. $0 \leqslant m \leqslant 3$.

Lời giải

Ta có: $f’\left( x \right) = 4x – 4 = 0 \Leftrightarrow x = 1$.

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:

Phương trình $f\left( x \right) = {m^2} – 3m + 1$ có 2 nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow {m^2} – 3m + 1 > 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m > 3} \\
{m < 0}
\end{array}} \right.$

Câu 25: Cho hàm số $y = {x^3} – x$ có đồ thị $\left( C \right)$. Gọi $M,N$ là hai điểm phân biệt trên $\left( C \right)$ và các tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại các điểm $M,N$ song song với nhau. Tính ${x_M} + {x_N}$.
A. 1 .
B. 2 .
C. 0 .
D. -2 .

Lời giải

Ta có $y’ = 3{x^2} – 1$.

Vì các tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại các điểm $M,N$ song song với nhau nên:

$y’\left( {{x_M}} \right) = y’\left( {{x_N}} \right) \Leftrightarrow 3x_M^2 – 1 = 3x_N^2 – 1 \Leftrightarrow \left( {{x_M} – {x_N}} \right)\left( {{x_M} + {x_N}} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow {x_M} + {x_N} = 0$ do $M,N$ là hai điểm phân biệt.

Câu 26: Cho hàm số $\left( P \right)$ với $m$ là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của $m$ để hàm số nghịch biến trên $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$
A. 6 .
B. 3 .
C. 7 .
D. 4 .

Lời giải

Ta có: $y’ = – 3{x^2} – 2mx + 4m + 9$

Hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a = – 3 < 0} \\
{\Delta ‘ = {m^2} + 12m + 27 \leqslant 0}
\end{array} \Leftrightarrow – 9 \leqslant m \leqslant – 3} \right.$

Mà $m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m = \left\{ { – 9; – 8; \ldots ; – 3} \right\}$. Vậy có tất cả 7 giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 27: Cho hàm số bậc ba $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ có đồ thị như hình vẽ sau.

Có bao nhiêu số dương trong các số $a,b,c,d$ ?
A. 0 .
B. 1 .
C. 2 .
D. 3 .

Lời giải

Ta có: $y’ = 3a{x^2} + 2bx + c$

Dựa vào hình dạng đồ thị ta có $a > 0$.

Đồ thị hàm số qua gốc tọa độ nên $d = 0$.

Hàm số có hai điểm cực trị ${x_1},{x_2}$ với $\left| {{x_1}} \right| < \left| {{x_2}} \right|$ nên ${x_1} + {x_2} > 0 \Leftrightarrow – \frac{{2b}}{{3a}} > 0 \Rightarrow b < 0$

Khi đó: ${x_1}{x_2} < 0 \Leftrightarrow \frac{c}{{3a}} < 0 \Rightarrow c < 0$

Câu 28: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

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

Lời giải

Đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang $y = 1$ và một tiệm cận đứng $x = 1$.

Vậy hàm số đó là: $y = \frac{{x + 1}}{{x – 1}}$

Câu 29: Một người gửi ngân hàng 100 triệu theo hình thức lãi kép với lãi suất $0,5\% $ một tháng. Sau ít nhất bao nhiêu tháng người đó có nhiều hơn 125 triệu.
A. 44 tháng.
B. 45 tháng.
C. 46 tháng.
D. 47 tháng.

Lời giải

Số tiền thu được sau n tháng là ${P_n} = 100{(1 + 0,5\% )^n}$

Ta có ${P_n} > 125 \Rightarrow n > lo{g_{\left( {1 + 0,5\% } \right)}}\left( {\frac{{125}}{{100}}} \right) \approx 44,7$.

Vậy sau ít nhất 45 tháng thì người đó có nhiều hơn 125 tr.

Câu 30: Tích tất cả các nghiệm của phương trình $lo{g_{\frac{1}{{\sqrt 5 }}}}\left( {{6^{x + 1}} – {{36}^x}} \right) = – 2$ là:
A. $lo{g_6}5$.
B. 0 .
C. 5 .
D. 1 .

Lời giải

Phương trình tương đương ${6^{x + 1}} – {36^x} = 5 \Leftrightarrow {36^x} – {6.6^x} + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{6^x} = 1} \\
{{6^x} = 5}
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0} \\
{x = lo{g_6}5}
\end{array}} \right.} \right.$.

Vậy tích các nghiệm bằng 0 .

Câu 31: Cho lăng trụ $ABC \cdot A’B’C’$ có $AC = a\sqrt 3 ,BC = 3a,\widehat {ACB} = {30^ \circ }$. Gọi $H$ là điểm nằm trên cạnh $BC$ sao cho $HC = 2HB$. Hai mặt phẳng $\left( {A’AH} \right)$ và $\left( {A’BC} \right)$ cùng vuông góc với $\left( {ABC} \right)$. Cạnh bên hợp với đáy một góc ${60^ \circ }$. Thể tích khối lăng trụ $ABC \cdot A’B’C’$ là:
A. $\frac{{9{a^3}}}{4}$.
B. $\frac{{3{a^3}}}{4}$.
C. $\frac{{3\sqrt 3 {a^3}}}{4}$.
D. $\frac{{9{a^3}}}{2}$.

Lời giải

Ta có ${S_{\vartriangle ABC}} = \frac{1}{2}CB \cdot CA \cdot sinC = \frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{4}$.

Từ giả thiết $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\left( {A’AH} \right) \bot \left( {ABC} \right)} \\
{\left( {A’BC} \right) \bot \left( {ABC} \right)} \\
{\left( {A’AH} \right) \cap \left( {A’BC} \right) = A’H}
\end{array} \Rightarrow A’H \bot \left( {ABC} \right)} \right.$.

Do đó góc hợp bởi cạnh bên $AA’$ và đáy $\left( {ABC} \right)$ là $\widehat {A’AH} = {60^ \circ }$.

Xét tam giác $\vartriangle AA’H$ ta có:

$A{H^2} = A{C^2} + H{C^2} – 2AC \cdot HC \cdot cosC = {(\sqrt 3 a)^2} + {(2a)^2} – 2 \cdot \sqrt 3 a \cdot 2acos{30^ \circ } = {a^2}$ nên $AH = a$.

Xét tam giác $\vartriangle ACH$ vuông tại $H$ ta có $A’H = AH \cdot tan{60^ \circ } = a\sqrt 3 $.

Vậy thể tích khối lăng trụ $ABC \cdot A’B’C’$ là: $V = A’H \cdot {S_{\vartriangle ABC}} = a\sqrt 3 \cdot \frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{9{a^3}}}{4}$.

Câu 32: Tìm nguyên hàm của hàm số $\smallint {x^5}\sqrt {1 – {x^3}} \;dx$.
A. $\frac{2}{3}\left( {\frac{{1 – {x^3}}}{2} – \frac{{{{\left( {1 – {x^3}} \right)}^2}\sqrt {1 – {x^3}} }}{3}} \right) + C$.
B. $ – \frac{2}{3}{\left( {1 – {x^3}} \right)^2}\left( {\frac{1}{{3\sqrt {1 – {x^3}} }} + \frac{{\sqrt {1 – {x^3}} }}{5}} \right) + C$.
C. $ – \frac{2}{3}{\left( {1 – {x^3}} \right)^2}\left( {\frac{1}{{3\sqrt {1 – {x^3}} }} – \frac{{\sqrt {1 – {x^3}} }}{5}} \right) + C$.
D. $\frac{2}{3}\left( {\frac{{1 – {x^3}}}{2} + \frac{{{{\left( {1 – {x^3}} \right)}^2}\sqrt {1 – {x^3}} }}{3}} \right) + C$.

Lời giải

Ta có: $I = \smallint {x^5}\sqrt {1 – {x^3}} \;dx = \smallint {x^2}{x^3}\sqrt {1 – {x^3}} \;dx$

Đặt $u = \sqrt {1 – {x^3}} \Rightarrow {u^2} = 1 – {x^3} \Rightarrow 2u\;du = – 3{x^2}\;dx \Leftrightarrow {x^2}\;dx = – \frac{2}{3}u\;du$

Khi đó: $I = \smallint – \frac{2}{3}u\left( {1 – {u^2}} \right)u\;du = – \frac{2}{3}\smallint \left( {{u^2} – {u^4}} \right)du = – \frac{2}{3}\left( {\frac{{{u^3}}}{3} – \frac{{{u^5}}}{5}} \right) + C$

Suy ra: $I = – \frac{2}{3}{\left( {1 – {x^3}} \right)^2}\left( {\frac{1}{{3\sqrt {1 – {x^3}} }} – \frac{{\sqrt {1 – {x^3}} }}{5}} \right) + C$

Câu 33: Cho hàm số $y = {x^3} – m{x^2} + \left( {m – 1} \right)x + 2$. Để hàm số đạt cực tiểu tại $x = 1$ thì tham số $m$ thuộc khoảng nào trong các khoảng sau?
A. $\left( { – 1;1} \right)$.
B. $\left( {1;3} \right)$.
C. $\left( {4;7} \right)$.
D. $\left( { – 5; – 3} \right)$.

Lời giải

Ta có: $y’ = 3{x^2} – 2mx + m – 1 \Rightarrow y” = 6x – 2m$

Hàm số $y = f\left( x \right)$ đạt cực tiểu tại $x = 1 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{f’\left( 1 \right) = 0} \\
{f”\left( 1 \right) > 0}
\end{array}} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{3 – 2m + m – 1 = 0} \\
{6 – 2m > 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m = 2} \\
{m < 3}
\end{array} \Leftrightarrow m = 2 \in \left( {1;3} \right)} \right.} \right.$

Câu 34: Một cái hộp có dạng hình hộp chữ nhật có thể tích bằng 48 và chiều dài gấp đôi chiều rộng. Chất liệu làm đáy và 4 mặt bên của hộp có giá thành gấp ba lần giá thành của chất liệu làm nắp hộp. Gọi $h$ là chiều cao của hộp để giá thành của hộp là thấp nhất. Biết $h = \frac{m}{n}$ với $m,n$ là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Tổng $m + n$ là
A. 12 .
B. 13 .
C. 11 .
D. 14 .

Lời giải

Gọi chiều dài, chiều rộng của hộp là $2x$ và $x(x > 0)$.

Khi đó, ta có thể tích của cái hộp là: $V = 2{x^2}.h \Rightarrow 2{x^2} \cdot h = 48 \Leftrightarrow {x^2} \cdot h = 24$

Do giá thành làm đáy và mặt bên hộp là 3 , giá thành làm nắp hộp là 1 nên giá thành làm hộp là $L = 3\left( {2{x^2} + 2xh + 4xh} \right) + 2{x^2}$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm, ta được:

$L = 8{x^2} + 9xh + 9xh \geqslant 3\sqrt[3]{{8{x^2} \cdot 9xh.9xh}} = 3\sqrt[3]{{648{{\left( {{x^2}h} \right)}^2}}} = 216$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{8{x^2} = 9xh} \\
{{x^2}h = 24}
\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{{9h}}{8}} \\
{\frac{{{9^2}}}{{{8^2}}} \cdot {h^3} = 24}
\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 3} \\
{h = \frac{8}{3}}
\end{array}} \right.} \right.} \right.$

Vậy $m = 8,n = 3$ và $m + n = 11$.

Câu 35: Một khách hàng gửi ngân hàng 20 triệu đồng, kỳ hạn 3 tháng, với lãi suất $0,65\% $ một tháng theo phương thức lãi kép. Hỏi sau bao lâu vị khách này mới có số tiền lãi nhiều hơn số tiền gốc ban đầu gửi ngân hàng? Giả sử người đó không rút lãi ở tất cả các định kỳ.
A. 8 năm.
B. 19 tháng.
C. 18 tháng.
D. 9 năm.

Lời giải

Lãi suất theo kỳ hạn 3 tháng là 3.0,65%=1,95%

Gọi $n$ là số kỳ hạn cần tìm. Theo giả thiết, ta có $n$ là số tự nhiên nhỏ nhất thỏa: $20{(1 + 0,0195)^n} – 20 > 20 \Leftrightarrow n > 35.89$

Ta chọn $n = 36$, một kỳ hạn là 3 tháng, nên thời gian cần là 108 tháng, tức là 9 năm.

Câu 36: Cho phương trình $lo{g_{0,2}}\left( {5x + m + 1} \right) + lo{g_5}\left( {4 – 3x – {x^2}} \right) = 0$ ( $m$ là tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của $m$ để phương trình có nghiệm thực?
A. 18
B. 17
C. 23
D. 15

Lời giải

Điều kiện $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{5x + m + 1 > 0} \\
{4 – 3x – {x^2} > 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{ – 4 < x < 1} \\
{5x + m + 1 > 0}
\end{array}} \right.} \right.$.

Khi đó, $lo{g_{0,2}}\left( {5x + m + 1} \right) + lo{g_5}\left( {4 – 3x – {x^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow lo{g_5}\left( {4 – 3x – {x^2}} \right) = lo{g_5}\left( {5x + m + 1} \right)$

$ \Leftrightarrow 4 – 3x – {x^2} = 5x + m + 1 \Leftrightarrow 3 – 8x – {x^2} = m\left( * \right)$.

Xét hàm số $f\left( x \right) = – {x^2} – 8x + 3$ trên $\left( { – 4;1} \right)$, ta có $f’\left( x \right) = – 2x – 8;f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = – 4$.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình $\left( * \right)$ có nghiệm trên $\left( { – 4;1} \right) \Leftrightarrow – 6 < m < 19$.

Do $m$ nguyên dương nên $m \in \left\{ {1;2; \ldots ;18} \right\}$.

Vậy có 18 giá trị của $m$.

Câu 37: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông tâm $O$, cạnh $a$. Cạnh bên $SA$ vuông góc với đáy và $\widehat {SBD} = {60^ \circ }$ (tham khảo hình bên dưới). Khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $SO$ bằng

A. $\frac{{\sqrt 5 a}}{5}$.
B. $\frac{{\sqrt 5 a}}{2}$.
C. $\frac{{\sqrt 2 a}}{2}$.
D. $\frac{{\sqrt 2 a}}{5}$.

Lời giải

Gọi $I$ là trung điểm $AD$ suy ra $OI//AB \Rightarrow OI \bot \left( {SAB} \right)$

Ta có: $AB//OI \subset \left( {SOI} \right) \Rightarrow AB//\left( {SOI} \right) \Rightarrow d\left( {AB;SO} \right) = d\left( {AB;\left( {SOI} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SOI} \right)} \right)$

Trong $\left( {SAI} \right)$ kẻ $AH \bot SI\left( {H \in SI} \right) \Rightarrow OI \bot AH$

Do đó: $AH \bot \left( {SOI} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SOI} \right)} \right) = AH$

Ta có: $\vartriangle SAB = \Delta SAD\left( {c – g – c} \right) \Rightarrow SB = SD$ mà $\widehat {SBD} = {60^ \circ } \Rightarrow \vartriangle SAD$ là tam giác đều.

$SB = BD = a\sqrt 2 $.

Xét $\vartriangle SAB:SA = \sqrt {S{B^2} – A{B^2}} = a$.

Xét $\vartriangle SAI$ có: $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{\sqrt 5 a}}{5} \Rightarrow d\left( {AB;SO} \right) = \frac{{\sqrt 5 a}}{5}$.

Câu 38: Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số $m$ để hàm số $f\left( x \right) = ln\left( {{x^2} + 1} \right) – mx + 1$ đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$ là:
A. $\left( { – 1; + \infty } \right)$.
B. $\left( { – \infty ; – 1} \right]$.
C. $\left[ { – 1;1} \right]$.
D. $\left( { – \infty ; – 1} \right)$.

Lời giải

Ta có $f’\left( x \right) = \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}} – m$. Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$ khi và chỉ khi $f\left( x \right) \geqslant 0,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}} – m \geqslant 0,\forall x \in \mathbb{R}$

$ \Leftrightarrow \mathop {Min}\limits_{\left( { – \infty ; + \infty } \right)} \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}} \geqslant m$

Xét hàm số $g\left( x \right) = \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}}$ trên $\mathbb{R}$ có $g’\left( x \right) = \frac{{2 – 2{x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}$ và $g’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = – 1} \\
{x = 1}
\end{array}} \right.$

Bảng biến thiên :

Suy ra $\mathop {\min }\limits_{( – \infty ; + \infty )} g(x) = – 1$

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$ khi và chỉ khi $m \leqslant – 1$.

Câu 39: Cho hàm số $y = f\left( x \right)\left( {x – 1} \right)$ xác định và liên tục trên $\mathbb{R}$ có đồ thị như hình dưới đây.

Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m \in \left[ { – 24;24} \right]$ để phương trình $f\left( x \right)\left| {x – 1} \right| = {m^2} – m$ có hai nghiệm có hoành độ nằm ngoài đoạn $\left[ { – 1;1} \right]$.
A. 45 .
B. 47 .
C. 44 .
D. 46 .

Lời giải

Số nghiệm của phương trình $f\left( x \right)\left| {x – 1} \right| = {m^2} – m$ bằng số giao điểm của đường thẳng $y = {m^2} – m$ và đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)\left| {x – 1} \right|$.

Ta có $y = f\left( x \right)\left| {x – 1} \right| = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{f\left( x \right)\left( {x – 1} \right)}&{\;khi\;x \geqslant 1} \\
{ – f\left( x \right)\left( {x – 1} \right)}&{\;khi\;x < 1}
\end{array}} \right.$ nên hàm số $y = f\left( x \right)\left| {x – 1} \right|$ có đồ thị:

Giữ nguyên phần đồ thị của hàm số $y = f\left( x \right)\left( {x – 1} \right)$ ứng với miền $x \geqslant 1$.

Lấy đối xứng qua $Ox$ phần đồ thị của hàm số $y = f\left( x \right)\left( {x – 1} \right)$ ứng với miền $x < 1$ và bỏ phần đồ thị của hàm số $y = f\left( x \right)\left( {x – 1} \right)$ ứng với miền $x < 1$.

Để đường thẳng $y = {m^2} – m$ cắt đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)\left| {x – 1} \right|$ tại 2 điểm có hoành độ nằm ngoài đoạn $\left[ { – 1;1} \right]$ thì đường thẳng $y = {m^2} – m$ nằm hoàn toàn trên trục hoành.

Khi đó ${m^2} – m > 0 \Leftrightarrow m > 1$ hoặc $m < 0$ suy ra có 47 giá trị $m$ thỏa mãn.

Câu 40: Khối bát diện đều có độ dài cạnh bằng $a$ thì mặt cầu nội tiếp mặt cầu có diện tích bằng:
A. $2\pi {a^2}$.
B. $\pi {a^2}$.
C. $4\pi {a^2}$.
D. $3\pi {a^2}$.

Lời giải

Xét bát diện đều $SABCDS’$ cạnh $a$.

Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $BD = a\sqrt 2 \Rightarrow DO = BO = AO = OC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Lại có $S{D^2} + S{B^2} = B{D^2} \Rightarrow \vartriangle SBD$ vuông cân tại $S$ nên $SO = \frac{{BD}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = S’O$

$ \Rightarrow O$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp bát diện đều, bán kính của mặt cầu là $r = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp bát diện đều là: $4\pi {r^2} = 4\pi \cdot {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = 2\pi {a^2}$.

Câu 41: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành và có thể tích $V$. Gọi $E$ là điểm trên cạnh $SC$ sao cho $EC = 2ES,\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng chứa đường thẳng $AE$ và song song với đường thẳng $BD,\left( \alpha \right)$ cắt hai cạnh $SB,SD$ lần lượt tại hai điểm $M,N$. Tính theo $V$ thể tích khối chóp S.AMEN .
A. $\frac{V}{3}$.
B. $\frac{V}{6}$.
C. $\frac{V}{{12}}$.
D. $\frac{{2V}}{9}$.

Lời giải

Gọi $O$ là tâm hình bình hành $ABCD;I$ là giao điểm của $AE$ và $SO$.

Theo bài ra: $\frac{{SE}}{{SC}} = \frac{1}{3};MN$ đi qua điểm $I$ và $MN//BD$.

Ta có: $\frac{{{V_{S.AME}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}} \cdot \frac{{SE}}{{SC}};\frac{{{V_{S.ANE}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \frac{{SN}}{{SD}} \cdot \frac{{SE}}{{SC}},{V_{S.ABC}} = {V_{S.ADC}} = \frac{V}{2}$.

Kẻ $OF//AE,F \in \left[ {SC} \right]$. Vì $O$ là trung điểm của $AC$ nên $F$ là trung điểm của $EC$, theo giả thiết suy ra $E$ là trung điểm của $SF$.

Xét tam giác $SOF$ có $E$ là trung điểm của $SF$ và $OF//IE$, suy ra $I$ là trung điểm của $SO$.

$ \Rightarrow \frac{{SI}}{{SO}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{SN}}{{SD}} = \frac{1}{2}$.

Do đó $\frac{{{V_{S.AME}}}}{{\frac{1}{2}V}} = \frac{{{V_{S.ANE}}}}{{\frac{1}{2}V}} = \frac{1}{6} \Rightarrow {V_{SAMEN}} = \frac{1}{6}V$.

Câu 42: Cho phương trình ${\left( {lo{g_3}\left( {\frac{x}{3}} \right)} \right)^2} + 3mlo{g_3}x + 2{m^2} – 2m – 1 = 0$. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ lớn hơn -2024 sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$ thoả ${x_1} + {x_2} > 10?$
A. 2023 .
B. 2019 .
C. 2020 .
D. 2021 .

Lời giải

Điều kiện: $x > 0$.

Ta có: ${\left( {lo{g_3}\left( {\frac{x}{3}} \right)} \right)^2} + 3mlo{g_3}x + 2{m^2} – 2m – 1 = 0$$ \Leftrightarrow {\left( {lo{g_3}x – 1} \right)^2} + 3mlo{g_3}x + 2{m^2} – 2m – 1 = 0$

Đặt $t = lo{g_3}x$ thì phương trình trở thành:

${(t – 1)^2} + 3mt + 2{m^2} – 2m – 1 = 0$

$ \Leftrightarrow {t^2} + \left( {3m – 2} \right)t + 2{m^2} – 2m = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{t = – m} \\
{t = – 2m + 2}
\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = {3^{ – m}}} \\
{x = {3^{ – 2m + 2}}}
\end{array}} \right.} \right.$

Do ${x_1} + {x_2} > 10 \Leftrightarrow {3^{ – m}} + {3^{ – 2m + 2}} > 10$

$ \Leftrightarrow {9.3^{ – 2m}} + {3^{ – m}} – 10 > 0 \Leftrightarrow {3^{ – m}} > 1$

$ \Leftrightarrow – m > 0 \Leftrightarrow m < 0$

Vì $m \in \mathbb{Z}$ và $m > – 2024$ nên $m \in \left\{ { – 2023; – 2019; \ldots ; – 1} \right\}$.

Câu 43: Số giá trị thực của tham số $m \in \left[ {0;24} \right]$ để phương trình ${4^x} – 2m{2^x} + m + 2 = 0$ có hai nghiệm phân biệt.
A. 22 .
B. 21 .
C. 24 .
D. 20 .

Lời giải

Đặt $t = {2^x} > 0$ ta có phương trình ${t^2} – 2mt + m + 2 = 0\left( 1 \right)$.

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi (1) có hai nghiệm dương phân biệt $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\Delta ‘ > 0} \\
{S > 0} \\
{P > 0}
\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{m^2} – m – 2 > 0} \\
{2m > 0} \\
{m + 2 > 0}
\end{array}} \right.$.

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{m < – 1} \\
{m > 2}
\end{array}} \right.} \\
{m > 0} \\
{m > – 2}
\end{array} \Leftrightarrow m > 2} \right.$$\xrightarrow{{m \in \mathbb{Z};m \in \left[ {0;24} \right]}}3 \leqslant m \leqslant 24$

Câu 44: Số các giá trị nguyên của tham số $m$ để phương trình $lo{g_{\sqrt 2 }}\left( {x – 1} \right) = lo{g_2}\left( {mx – 8} \right)$ có hai nghiệm thực phân biệt?
A. 4 .
B. 5 .
C. Vô số.
D. 3 .

Lời giải

Ta có: $lo{g_{\sqrt 2 }}\left( {x – 1} \right) = lo{g_2}\left( {mx – 8} \right)$

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x – 1 > 0} \\
{mx – 8 > 0} \\
{2l\;o\;{g_2}\left( {x – 1} \right) = l\;o\;{g_2}\left( {mx – 8} \right)}
\end{array}} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x – 1 > 0} \\
{mx – 8 > 0} \\
{l\;o\;{g_2}{{(x – 1)}^2} = l\;o\;{g_2}\left( {mx – 8} \right)}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x – 1 > 0} \\
{{{(x – 1)}^2} = mx – 8}
\end{array}} \right.} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x > 1} \\
{m = x + \frac{9}{x} – 2\left( 1 \right)}
\end{array}} \right.$

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow $ pt có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 .

Xét hàm số $f\left( x \right) = x + \frac{9}{x} – 2$ trên khoảng $\left( {1; + \infty } \right)$

Đạo hàm: $f’\left( x \right) = 1 – \frac{9}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = \pm 3$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra $4 < m < 8$.

Vậy $m \in \left\{ {5;6;7} \right\}$.

Câu 45: Cho hai số thực dương $a$ và $b$ thỏa mãn hàm số $y = \frac{{4{a^3} + a}}{{b + 1}}x + cos\left( {x\sqrt {2b + 1} } \right)$ đồng biến trong khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $S = 27b – 8{a^3}$.
A. 40 .
B. 351 .
C. 345 .
D. 81 .

Lời giải

Theo giả thiết ta có: $y’ = \frac{{4{a^3} + a}}{{b + 1}} – \sqrt {2b + 1} sin\left( {\sqrt {2b + 1} x} \right)$

Hàm số đồng biến trong khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right) \Leftrightarrow y’ = \frac{{4{a^3} + a}}{{b + 1}} – \sqrt {2b + 1} sin\left( {\sqrt {2b + 1} x} \right) \geqslant 0,\forall x$

$ \Leftrightarrow \frac{{4{a^3} + a}}{{b + 1}} – \sqrt {2b + 1} \geqslant 0 \Leftrightarrow 4{a^3} + a \geqslant \left( {b + 1} \right)\sqrt {2b + 1} \Leftrightarrow 8{a^3} + 2a \geqslant \left[ {\left( {2b + 1} \right) + 1} \right]\sqrt {2b + 1} $
$ \Leftrightarrow {(2a)^3} + 2a \geqslant {(\sqrt {2b + 1} )^3} + \sqrt {2b + 1} \Leftrightarrow 2a \geqslant \sqrt {2b + 1} $.

Khi đó $S \leqslant f\left( b \right) = 27b – {(\sqrt {2b + 1} )^3} \leqslant \mathop {max}\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( b \right)$.

Xét hàm số $f\left( b \right) = 27b – {(\sqrt {2b + 1} )^3}$ với $b > 0;f’\left( b \right) = 27 – 3\sqrt {2b + 1} = 0 \Leftrightarrow b = 40$

Bảng biến thiên hàm $f\left( b \right)$

Do đó: $S \leqslant \mathop {max}\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( b \right) = f\left( {40} \right) = 351$

Câu 46: Năm 2023, tỉ lệ thể tích khí $C{O_2}$ trong không khí là $\frac{{397}}{{{{10}^6}}}$. Biết rằng tỉ lệ thể tích khí $C{O_2}$ trong không khí tăng $0,4\% $ mỗi năm. Vậy ít nhất đến năm bao nhiêu thì tỉ lệ thể tích khí $C{O_2}$ trong không khí vượt ngưỡng $\frac{{41}}{{{{10}^5}}}$.
A. 2029 .
B. 2031 .
C. 2028 .
D. 2033 .

Lời giải

Sau $n$ năm, tỉ lệ thể tích khí $C{O_2}$ đạt: $T = \frac{{397}}{{{{10}^6}}} \cdot {(1 + 0,4\% )^n}$.

Do đó: tỉ lệ thể tích khí $C{O_2}$ trong không khí vượt ngưỡng $\frac{{41}}{{{{10}^5}}}$ khi

$T > \frac{{41}}{{{{10}^5}}} \Leftrightarrow \frac{{397}}{{{{10}^6}}} \cdot {(1 + 0,4\% )^n} > \frac{{41}}{{{{10}^5}}}$

$ \Leftrightarrow {(1 + 0,4\% )^n} > \frac{{410}}{{397}} \Leftrightarrow n > lo{g_{1,004}}\frac{{410}}{{397}} \approx 8,1$

Vậy $n = 9$ nên ít nhất đến năm 2033 thì tỉ lệ thể tích khí $C{O_2}$ trong không khí vượt ngưỡng $\frac{{41}}{{{{10}^5}}}$.

Câu 47: Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA$ vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABC} \right),SA = AC = 3AB,\widehat {BAC} = {60^ \circ }$. Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu của $A$ lên $SB,SC$. Gọi ${S_1},{S_2}$ lần lượt là diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.AHK$ và hình chóp $A.BCKH$. Tính $\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}}$
A. $\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{27}}{{28}}$.
B. $\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{27}}{{92}}$.
C. $\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{81}}{{28}}$.
D. $\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{4}{3}$.

Lời giải

$SA = AC = 3AB = 3a$.

Gọi $AD$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp $\vartriangle ABC \Rightarrow AC \bot CD,AB \bot BD$.

Ta có $\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{AC \bot CD} \\
{SA \bot CD}
\end{array}} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow CD \bot AK$.

Ta có $\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{AK \bot SC} \\
{AK \bot CD}
\end{array}} \right\} \Rightarrow AK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AK \bot KD$.

Tương tự $AH \bot HD$.

Vậy hình chóp $A.BCKH$ có $H,K,B,C$ nhìn $AD$ dưới một góc vuông nên hình chóp có mặt cầu ngoại tiếp đường kính $AD$.

Xét $\vartriangle ABC$ có $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} – 2 \cdot AB \cdot AC \cdot cosA = {a^2} + 9{a^2} – 2 \cdot a \cdot 3a \cdot cos{60^ \circ } = 7{a^2}$

$ \Rightarrow BC = a\sqrt 7 $.

Gọi ${R_2}$ là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $A.BCKH$

$ \Rightarrow 2{R_2} = \frac{{BC}}{{sinA}} = \frac{{a\sqrt 7 }}{{sin{{60}^ \circ }}} \Rightarrow {R_2} = \frac{{a\sqrt {21} }}{3}$.

Hình chóp $S.AHK$ có $AH \bot HS,AK \bot KS$ nên mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là mặt cầu đường kính $SA$, vậy bán kính mặt cầu là ${R_1} = \frac{{SA}}{2} = \frac{{3a}}{2}$.

Ta có $\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{4\pi R_1^2}}{{4\pi R_2^2}} = \frac{{R_1^2}}{{R_2^2}} = \frac{{\frac{9}{4}}}{{\frac{{21}}{9}}} = \frac{{27}}{{28}}$.

Câu 48: Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x \geqslant 3y > 3} \\
{x – 2y + z – {y^2} – yz + 1 = 0.}
\end{array}} \right.$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P\left( {x,y,z} \right) = {x^2} + 9{y^2} – 2\left( {3x – 1} \right)y + z$.
A. 0 .
B. $\frac{1}{2}$.
C. 1 .
D. $ – \frac{1}{2}$.

Lời giải

Ta có $P\left( {x,y,z} \right) = {x^2} + 9{y^2} – 2\left( {3x – 1} \right)y + z$$ = {x^2} – 6xy + 9{y^2} + 2y + z = {(x – 3y)^2} + 2y + z$.

Suy ra $P \geqslant 2y + z$.

Theo đề bài: $x – 2y + z – {y^2} – yz + 1 = 0 \Leftrightarrow x = 2y – z + {y^2} + yz – 1$.

Do $x \geqslant 3$ nên $2y – z + {y^2} + yz – 1 \geqslant 3$$ \Leftrightarrow 4{y^2} + 4yz + 8y – 4z – 16 \geqslant 0$

$ \Leftrightarrow 4{y^2} + 4yz + {z^2} – {z^2} – 8z – 16 + 8y + 4z \geqslant 0$

$ \Leftrightarrow {(2y + z)^2} + 4\left( {2y + z} \right) \geqslant {(z + 4)^2}$

$ \Leftrightarrow {(2y + z)^2} + 4\left( {2y + z} \right) + 4 \geqslant {(z + 4)^2} + 4$

$ \Leftrightarrow {(2y + z + 2)^2} \geqslant {(z + 4)^2} + 4 \geqslant 4$.

Mặt khác vì ${(2y + z + 2)^2} \geqslant {(z + 4)^2} + 4$

$ \Leftrightarrow {(2y + z + 2)^2} – {(z + 4)^2} \geqslant 4 > 0$

Hay $\left( {2y – 2} \right)\left( {2y + 2z + 6} \right) > 0$.

Vì $3y > 3 \Rightarrow 2y – 2 > 0$ nên $2y + 2z + 6 > 0 \Leftrightarrow y + z + 3 > 0$

$ \Leftrightarrow 2y + z > y – 3$

Mà $y > 1 \Rightarrow y – 3 > – 2 \Rightarrow 2y + z > – 2$.

Từ ta có $P + 2 \geqslant 2y + z + 2 \Rightarrow {(P + 2)^2} \geqslant {(2y + z + 2)^2}$.

Từ ta suy ra ${(P + 2)^2} \geqslant 4 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{P + 2 \geqslant 2} \\
{P + 2 \leqslant – 2}
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{P \geqslant 0} \\
{P \leqslant – 4}
\end{array}} \right.} \right.$.

Do $P \geqslant 2y + z > – 2$ nên loại $P \leqslant – 4$. Suy ra $P \geqslant 0$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ bằng 0 , dấu ” =” xảy ra $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{z = – 4} \\
{x = 3y} \\
{2y + z = 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{z = – 4} \\
{y = 2} \\
{x = 6}
\end{array}} \right.} \right.$.

Câu 49: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m \in \left[ {0;2024} \right]$ để đồ thị của hàm số $y = \frac{{x – 1}}{{{x^2} – 2mx + 4}}$ có đúng 3 đường tiệm cận.
A. 2024 .
B. 2021 .
C. 2022 .
D. 2022 .

Lời giải

Ta có:$\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = 0$và $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 0$

nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang $y = 0,\forall m$.

Do đó đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận

$ \Leftrightarrow $ Phương trình ${x^2} – 2mx + 4 = 0$ có hai nghiệm phân biệt khác 1

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\Delta ‘ > 0} \\
{m \ne \frac{5}{2}}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{m^2} – 4 > 0} \\
{m \ne \frac{5}{2}}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \ne \frac{5}{2}} \\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{m > 2} \\
{m < – 2}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right.} \right.} \right.$

$\xrightarrow{{m \in \mathbb{Z};m \in \left[ {0;2024} \right]}}3 \leqslant m \leqslant 2024$

Câu 50: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m \in \left[ { – 2024;2024} \right]$ để phương trình $|f\left( x \right){|^3} – 4{f^2}\left( x \right) + 2mf\left( x \right) – {m^2} = 0$ có đúng hai nghiệm thực (Giả thiết rằng các nghiệm bội chỉ được tính là một nghiệm)?

A. 3976 .
B. 3971 .
C. 3974 .
D. 3975 .

Lời giải

Xét phương trình $f\left( x \right) = t$.

Nếu $\left| t \right| < 10$ thì phương trình có 3 nghiệm, $\left| t \right| = 10$ thì phương trình có 2 nghiệm và $\left| t \right| > 10$ thì phương trình có 1 nghiệm duy nhất.

Phương trình đã cho $ \Leftrightarrow |f\left( x \right){|^3} – 3{f^2}\left( x \right) = {f^2}\left( x \right) – 2mf\left( x \right) + {m^2}$

Đặt $t = f\left( x \right)$ thì phương trình trở thành $|t{|^3} + {t^2} = {(t – m)^2} \Leftrightarrow g\left( {\left| t \right|} \right) = h\left( t \right)$ và $g\left( {\left| { \pm 10} \right|} \right) = 700$.

Từ sơ đồ ta có các nhận xét như sau :

Nếu $\left| m \right| = 0$ thì có 3 nghiệm $t \in \left( { – 10;10} \right) \Rightarrow $ Có tất cả 9 nghiệm thực của $x$ nên không thỏa mãn.

Nếu $0 < \left| m \right| < {m_1}$ thì có 2 nghiệm $t \in \left( { – 10;10} \right) \Rightarrow $ Có tất cả 6 nghiệm thực của $x$ nên không thỏa mãn.

Nếu $\left| m \right| = {m_1}$ thì có 1 nghiệm $\left| t \right| = 10$ và 1 nghiệm $t \in \left( { – 10;10} \right) \Rightarrow $ Có tất cả 5 nghiệm thực của $x$ nên không thỏa mãn.

Nếu ${m_1} < \left| m \right| < {m_2}$ thì có 1 nghiệm $t \in \left( { – 10;10} \right)$ và 1 nghiệm $\left| t \right| > 10$ và $ \Rightarrow $ Có tất cả 4 nghiệm thực của $x$ nên không thỏa mãn.

Nếu $\left| m \right| = {m_2}$ thì có 1 nghiệm $\left| t \right| = 10$ và 1 nghiệm $\left| t \right| > 10 \Rightarrow $ Có tất cả 3 nghiệm thực của $x$ nên không thỏa mãn.

Nếu $\left| m \right| > {m_2}$ thì có 2 nghiệm $\left| t \right| > 10 \Rightarrow $ Có tất cả 2 nghiệm thực của $x$ nên thỏa mãn.

Ta có hàm số $y = {\left( {t – {m_2}} \right)^2}$ đi qua $\left( {10;700} \right)$ nên ${m_2} = 36,5$

Suy ra yêu cầu bài toán $\left| m \right| > 36,5 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{ – 2024 \leqslant m \leqslant – 37} \\
{37 \leqslant m \leqslant 2024}
\end{array} \Rightarrow } \right.$ có 3976 giá trị $m$ thỏa mãn.

ĐÁNH GIÁ TỔNG QUAN
Đề Kiểm Tra HK1 Toán 12 Năm 2023-2024 Giải Chi Tiết-Đề 7
Bài trướcĐề Thi Học Kỳ 1 KHTN 8 Năm 2023-2024 Có Đáp Án Ma Trận Đặc Tả
Bài tiếp theoĐề Kiểm Tra HK 1 Toán 12 Năm 2023-2024 Giải Chi Tiết-Đề 8
de-kiem-tra-hk1-toan-12-nam-2023-2024-giai-chi-tiet-de-6Đề kiểm tra HK1 Toán 12 năm 2023-2024 giải chi tiết-Đề 7 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