Đề Thi Online Toán 12 Học Kỳ 1-Đề 1 Có Gợi Ý Giải

Gợi ý

Phương pháp: Sử dụng khái niệm mặt phẳng đối xứng. Vẽ hình và đếm.Cách giải:Số mặt phẳng đối xứng của hình chóp đều S.ABC là: 3 (chính là 3 mặt phẳng chứa đỉnh S và 1 đường trung tuyến của tam giác ABC)

Gợi ý

Đồ thị của hàm số mũ $y = {a^x}$ là hình của phương án C (có tập xác định $D = \mathbb{R}$ và tập giá trị $T = \left( {0; + \infty } \right)$

Gợi ý

Sử dụng công thức tính thể tích khối cầu.Cách giải:Khối cầu $\left( S \right)$ có bánh kính bằng r và thể tích bằng $V = \frac{4}{3}\pi {r^3}$

Gợi ý

Phương pháp: Sử dụng công thức ${\log _a}{b^c} = c{\log _a}b\,\,\left( {0 < a \ne 1;\,\,b > 0} \right)$ Cách giải:$K = {\log _3}\sqrt[3]{x} = \frac{1}{3}{\log _3}x = \frac{1}{3}.6 = 2$

Gợi ý

Phương pháp: Gọi a' là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng (P). Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng a và a'. Cách giải: Ta có:$\left\{ \begin{gathered} BC \bot AB \hfill \\ BC \bot SA \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SC;\left( {SAB} \right)} \right) = \left( {SC;SB} \right) = CSB = {60^0}$ Do $BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB \Rightarrow $ Tam giác SBC vuông tại B $ \Rightarrow SB = \frac{{BC}}{{\tan CSB}} = \frac{{2a}}{{\tan {{60}^0}}} = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}$ Tam giác SAB vuông tại A $ \Rightarrow SA = \sqrt {S{B^2} – A{B^2}} = \sqrt {\frac{{4{a^2}}}{3} – {a^2}} = \frac{a}{{\sqrt 3 }}$ Ta có: $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.A.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{{\sqrt 3 }}.a.2a = \frac{{2\sqrt 3 {a^3}}}{9}$

Gợi ý

Phương pháp: Cách xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp: – Xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy – Từ O dựng đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng đáy- Dựng mặt phẳng trung trực $\left( \alpha \right)$ của một cạnh bên nào đó – Xác định $I = \left( \alpha \right) \cap d$, I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. Cách giải: Gọi M, N, I lần lượt là trung điểm của CD, AC, AD.$\Delta BCD$ vuông tại B, M là trung điểm của CD $ \Rightarrow $ M là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta BCD$ IM là đường trung bình của $\Delta ACD \Rightarrow IM//AC$ Lại có $AC \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow IM \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow IC = IB = ID\left( 1 \right)$ Mặt khác, $\Delta ACD$ vuông tại C, I là trung điểm của AD $ \Rightarrow IA = IC = ID\,\,\left( 2 \right)$ Từ (1), (2) suy ra $IA = IC = IB = ID \Rightarrow $ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện ABCD, bán kính $R = \frac{{AD}}{2} = \frac{{\sqrt {A{C^2} + C{D^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt {A{C^2} + C{B^2} + B{D^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt {{{\left( {5a} \right)}^2} + {{\left( {3a} \right)}^2} + {{\left( {4a} \right)}^2}} }}{2} = \frac{{5\sqrt 2 a}}{2}$

Gợi ý

Phương pháp: +) Viết phương trình đường thẳng AB. +) Thay tọa độ các điểm ở các đáp án vào đường thẳng AB và kết luận. Cách giải: Ta có: $y = {x^3} + 3{x^2} – 9x – 1 \Rightarrow y' = 3{x^2} + 6x – 9$ $ \Rightarrow y = \left( {\frac{1}{3}x + \frac{1}{3}} \right).y' – 8x + 2$ Đồ thị hàm số $y = {x^3} + 3{x^2} – 9x – 1$ có hai cực trị A và B $ \Rightarrow $ Phương trình đường thẳng AB: $y = – 8x + 2$ Dễ dàng kiểm tra được $N\left( {0;2} \right) \in AB$

Gợi ý

Dựa vào bảng biến thiên xác định các điểm cực trị và giá trị cực trị của hàm số. Cách giải: Hàm số đạt cực đại tại $x = 0,,,{y_{CĐ}} = 2$Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 3;\,\,{y_{CT}} = – 2$

Gợi ý

Phương pháp: +) Sử dụng định lí Pytago đảo chứng minh tam giác ABC vuông.+) ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}}$ Cách giải: Tam giác ABC có: $AB = 6,\,\,BC = 8,\,\,AC = 10 \Rightarrow A{B^2} + B{C^2} = A{C^2} \Rightarrow \Delta ABC$ vuông tại B (Định lí Pytago đảo) $ \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.AB.BC = \frac{1}{2}.6.8 = 24$ $ \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.4.24 = 32$

Gợi ý

Phương pháp: Sử dụng công thức tính logarit của 1 tích. Cách giải: Với $x,\,y,\,a > 0,\,\,a \ne 1$ ta có ${\log _a}\left( {xy} \right) = {\log _a}x + {\log _a}y$ là mệnh đề đúng

Gợi ý

Phương pháp : Dựa vào BBT xác định các điểm cực trị của hàm số. Cách giải: Hàm số đạt cực trị tại hai điểm $x = 1,\,\,x = 2$ $ \Rightarrow $ “Hàm số có hai điểm cực trị.” Là mệnh đề đúng.

Gợi ý

Phương pháp: +) Giả sử bán kính mặt cầu là R, bán kính đường tròn đáy của khối trụ là r. +) Biểu diễn đường cao h của hình trụ theo R và r.+) Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ $V = \pi {r^2}h$ và công thức tính thể tích khối cầu $V = \frac{4}{3}\pi {R^3}$ Cách giải: Giả sử bán kính mặt cầu là R, bán kính đường tròn đáy của khối trụ là r. Khi đó, đường cao của khối trụ là $h = OO' = 2.OI = 2\sqrt {I{A^2} – O{A^2}} = 2\sqrt {{R^2} – {r^2}} $ Thể tích khối cầu là: ${V_1} = \frac{4}{3}\pi {R^3}$ Thể tích khối trụ là: ${V_{tru}} = \pi {r^2}h = \pi {r^2}.2\sqrt {{R^2} – {r^2}} = 2\pi {r^2}\sqrt {{R^2} – {r^2}} $ Ta có: $\frac{1}{4}{r^4}\left( {{R^2} – {r^2}} \right) = \frac{{{r^2}}}{2}.\frac{{{r^2}}}{2}.\left( {{R^2} – {r^2}} \right) \leqslant \left( {\frac{{\frac{{{r^2}}}{2} + \frac{{{r^2}}}{2} + + \left( {{R^2} – {r^2}} \right)}}{3}} \right) = {\left( {\frac{{{R^2}}}{3}} \right)^3} \Rightarrow {r^4}\left( {{R^2} – {r^2}} \right) \leqslant \frac{{4{R^6}}}{{27}}$ $ \Rightarrow {r^2}\sqrt {{R^2} – {r^2}} \leqslant \frac{{2{R^3}}}{{3\sqrt 3 }} \Rightarrow 2\pi {r^2}\sqrt {{R^2} – {r^2}} \leqslant \frac{{4\pi {R^3}}}{{3\sqrt 3 }}$ $ \Rightarrow {V_2} = max\left( {{V_{tru}}} \right) = \frac{{4\pi {R^3}}}{{3\sqrt 3 }}$ khi và chỉ khi $\frac{{{r^2}}}{2} = {R^2} – {r^2} \Leftrightarrow \frac{3}{2}{r^2} = {R^2} \Leftrightarrow r = \sqrt {\frac{2}{3}} R$ Khi đó $\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\frac{4}{3}\pi {R^3}}}{{\frac{4}{{3\sqrt 3 }}\pi {R^3}}}$

Gợi ý

Phương pháp: +) Tính độ dài đường cao của hình nón, sử dụng công thức ${l^2} = {h^2} + {r^2}$ +) Tính thể tích của khối nón $V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h$ Cách giải: Độ dài đường cao của hình nón: $h = \sqrt {{l^2} – {r^2}} = \sqrt {{{13}^2} – {5^2}} = 12$ Thể tích khối nón tròn xoay: $V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {.5^2}.12 = 100\pi \left( {c{m^3}} \right)$

Gợi ý

Phương pháp: Tìm số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm. Cách giải: Cho $y = 0 \Rightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} – 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = – 1 \hfill \\ x = \pm \sqrt 2 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow $ Đồ thị hàm số đã cho cắt trục Ox tại ba điểm.

Gợi ý

Phương pháp:Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ.Cách giải:Thể tích V của một khối lăng trụ có diện tích đáy bằng B và chiều cao bằng h là $V = Bh$

Gợi ý

Phương pháp: ${a^x} = b \Leftrightarrow x = {\log _a}b$ Cách giải: Ta có: ${2^{3 – 4x}} = \frac{1}{{32}} \Leftrightarrow {2^{3 – 4x}} = {2^{ – 5}} \Leftrightarrow 3 – 4x = – 5 \Leftrightarrow x = 2$

Gợi ý

Phương pháp: Hàm số $y = {\log _a}f\left( x \right)$ xác định khi và chỉ khi $f\left( x \right) > 0$ Cách giải: Hàm số $y = {\log _2}\left( {10 – 2x} \right)$ xác định $ \Leftrightarrow 10 – 2x > 0 \Leftrightarrow x < 5$ Vậy tập xác định của hàm số $y = {\log _2}\left( {10 - 2x} \right)$ là $\left( { - \infty ;5} \right)$

Gợi ý

Phương pháp :
Hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ có TXĐ $D = R\backslash \left\{ { – \frac{d}{c}} \right\}$ đồng biến trên $\left( {a;b} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} y’ > 0 \hfill \\ – \frac{d}{c} \notin \left( {a;b} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.$
Sử dụng công thức tính tổng n số hạng đầu tiên của cấp số cộng ${S_n} = \frac{{\left[ {2{u_1} + \left( {n – 1} \right)d} \right].n}}{2}$
Cách giải: TXĐ: $D = R\backslash \left\{ {m + 4} \right\}$
Ta có: $y = \frac{{2x – {m^2}}}{{x – m – 4}} \Rightarrow y’ = \frac{{{m^2} – 2m – 8}}{{{{\left( {x – m – 4} \right)}^2}}}$
Để hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {2023; + \infty } \right)$ thì $\left\{ \begin{gathered} {m^2} – 2m – 8 > 0 \hfill \\ m + 4 \leqslant 2023 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left[ \begin{gathered} m > 4 \hfill \\ m < – 2 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ m \leqslant 2019 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} 4 < m \leqslant 2019 \hfill \\ m < – 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Mà m nguyên dương

$ \Rightarrow $Tập các giá trị của m thỏa mãn là: $\left\{ {5;6;7;…;2019} \right\}$

Tổng các giá trị của m thỏa mãn là: $5 + 6 + 7 + … + 2019 = 1 + 2 + … + 2019 – \left( {1 + 2 + 3 + 4} \right)$
$ = \frac{{\left[ {2.1 + \left( {2019 – 1} \right).1} \right].2019}}{2} – 10 = 2039180$

Gợi ý

Phương pháp: Tính y' và xét dấu của y', từ đó suy ra các khoảng đơn điệu của hàm số. Cách giải: Ta có: $y = {x^4} – 2{x^2} \Rightarrow y' = 4{x^3} – 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 0 \hfill \\ x = \pm 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { – \infty ; – 2} \right)$ là mệnh đề đúng

Gợi ý

Phương pháp: Sử dụng định lí Pytago. Cách giải: Kết luận sai là: $R = \sqrt {{r^2} + {d^2}\left( {O,\left( \alpha \right)} \right)} $ Sửa lại $r = \sqrt {{R^2} + {d^2}\left( {O,\left( \alpha \right)} \right)} $

Gợi ý

Phương pháp: Sử dụng công thức ${\log _a}f\left( x \right) + {\log _a}g\left( x \right) = {\log _a}\left[ {f\left( x \right)g\left( x \right)} \right]\,\,\left( {0 < a \ne 1;\,\,f\left( x \right),\,g\left( x \right) > 0} \right)$ Cách giải: Ta có: ${\log _5}x = 4{\log _5}a + 3{\log _5}b \Leftrightarrow {\log _5}x = {\log _5}\left( {{a^4}{b^3}} \right) \Leftrightarrow x = {a^4}{b^3}$

Gợi ý

Phương pháp: Diện tích toàn phần của khối trụ: ${S_{tp}} = 2\pi rl + 2\pi {r^2}$ Cách giải: Diện tích toàn phần của khối trụ: ${S_{tp}} = 2\pi rl + 2\pi {r^2} = 2\pi r\left( {l + r} \right)$

Gợi ý

Phương pháp:Vẽ hình và kết luận. Cách giải:Thiết diện được tạo thành là một tam giác cân.

Gợi ý

Phương pháp: ${a^{f\left( x \right)}} > {a^{g\left( x \right)}} \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} a > 1 \hfill \\ f\left( x \right) > g\left( x \right) \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} 0 < a < 1 \hfill \\ f\left( x \right) < g\left( x \right) \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right.$ Cách giải: Ta có: ${\pi ^\alpha } > {\pi ^\beta }$, mà $\pi > 1 \Rightarrow \alpha > \beta $

Gợi ý

Phương pháp: Sử dụng các công thức tính thể tích khối đa diện đã được học. Cách giải: Công thức thể tích là $V = \frac{1}{3}Bh$ là công thức tính thể tích của khối chóp

Gợi ý

Phương pháp: * Định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = a$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f\left( x \right) = a \Rightarrow y = a$là TCN của đồ thị hàm số. * Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} f\left( x \right) = – \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ – }} f\left( x \right) = + \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ – }} f\left( x \right) = – \infty $ thì $x = a$ là TCĐ của đồ thị hàm số.Cách giải: TXĐ: $D = \left( { – \infty ; – 2} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)$ Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x – 2}}{{\sqrt {{x^2} – 4} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{1 – \frac{2}{x}}}{{\sqrt {1 – \frac{4}{{{x^2}}}} }} = 1,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{x – 2}}{{\sqrt {{x^2} – 4} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{1 – \frac{2}{x}}}{{\sqrt {1 – \frac{4}{{{x^2}}}} }} = – 1$ $\mathop {\lim }\limits_{x \to – {2^ – }} \frac{{x – 2}}{{\sqrt {{x^2} – 4} }} = – \infty ,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{x – 2}}{{\sqrt {{x^2} – 4} }} = \,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \sqrt {\frac{{x – 2}}{{x + 2}}} = 0$ Suy ra, đồ thị có 2 TCN là $y = 1,\,\,y = – 1$ và 1 TCĐ là $x = – 2$

Gợi ý

Phương pháp: Sử dụng các công thức về lũy thừa. Cách giải: Với $0 < a,b,x,y \ne 1$ ta có $\frac{{{a^x}}}{{{a^y}}} = {a^{x - y}}$ là mệnh đề đúng. Đáp án B sai vì ${\left( {{a^x}} \right)^y} = {a^{xy}}$ Đáp án C sai vì ${a^x}{a^y} = {a^{x + y}}$ Đáp án D sai vì ${\left( {ab} \right)^x} = {a^x}{b^x}$

Gợi ý

Phương pháp: +) Sử dụng định lí Pytago tính AM và BN. +) Do MN không đổi, nên để tiết kiệm chi phí đi từ A đến B (tức là, độ dài đường gấp khúc AMNB ngắn nhất) thì $AN + NB$ phải nhỏ nhất. +) Áp dụng BĐT $\sqrt {{a^2} + {b^2}} + \sqrt {{x^2} + {y^2}} \geqslant \sqrt {{{\left( {a + b} \right)}^2} + {{\left( {x + y} \right)}^2}} $. Dấu “=” xảy ra $ \Leftrightarrow \frac{a}{b} = \frac{x}{y}$ Cách giải:Dựng AH, BK như hình vẽ. Gọi độ dài đoạn HM là x (km), $\left( {0 < x < 12} \right)$ Khi đó $NK = 12 - x$ Khi đó ta có: $AM = \sqrt {A{H^2} + H{M^2}} = \sqrt {{2^2} + {x^2}} ;\,\,\,NB = \sqrt {N{K^2} + B{K^2}} = \sqrt {{5^2} + {{\left( {12 - x} \right)}^2}} $ Do MN không đổi, nên để tiết kiệm chi phí đi từ A đến B (tức là, độ dài đường gấp khúc AMNB ngắn nhất) thì $AM + NB$ phải nhỏ nhất Ta có: $AM + NB = \sqrt {{2^2} + {x^2}} + \sqrt {{5^2} + {{\left( {12 - x} \right)}^2}} \geqslant \sqrt {{{\left( {2 + 5} \right)}^2} + {{\left( {x + 12 - x} \right)}^2}} = \sqrt {49 + 144} = \sqrt {193} $ Khi đó ${\left( {AM + NB} \right)_{\min }} = \sqrt {193} $ khi và chỉ khi $\frac{x}{2} = \frac{{12 - x}}{5} = \frac{{x + 12 - x}}{{2 + 5}} = \frac{{12}}{7} \Rightarrow x = \frac{{24}}{7}$ $ \Rightarrow AM = \sqrt {{2^2} + {{\left( {\frac{{24}}{7}} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt {193} }}{7}\left( {km} \right)$

Gợi ý

Phương pháp: $\left( {{a^x}} \right)' = {a^x}.\ln a,\,\,\,a > 0$
Cách giải:$y = {5^x} + 2023 \Rightarrow y' = {5^x}.\ln 5$

Gợi ý

Xác định tâm và bán kính mặt cầu, từ đó tính toán độ dài của khối chóp và khoảng cách cần tìm. Cách giải: Đặt a(cm) là độ dài các cạnh của hình vuông ABCD và tam giác đều SAB.Gọi O là tâm hình vuông ABCD, G là trọng tâm tam giác SAB, N là trung điểm của AB Tam giác SAB đều $ \Rightarrow SN \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SN \bot NO$ Dựng hình chữ nhật NOIG, khi đó: $IO//GN \Rightarrow IO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow IA = IB = IC = ID$ Mặt khác IG // NO mà $NO \bot \left( {SAB} \right),\,\,\left( {do\,\,NO \bot AB,\,\,NO \bot SN} \right)$ $GI \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow IS = IA = IB$ (do G là trọng tâm và cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác đều SAB )$ \Rightarrow IA = IB = IC = ID = IS \Rightarrow $ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD, mặt cầu này có bán kính: $R = IA = \sqrt {I{G^2} + A{G^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{3}} = \sqrt {\frac{7}{{12}}} .a$ Diện tích mặt cầu: $4\pi {R^2} = 4\pi .\frac{7}{{12}}{a^2} = \frac{7}{3}\pi {a^2} = 84\pi \Rightarrow {a^2} = 36 \Leftrightarrow a = 6\left( {cm} \right)$ *) Gọi M là trung điểm của SC. Tính ${V_{S.ABCD}}$, từ đó suy ra thể tích khối chóp S.BMD:${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SN.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6} = \frac{{{6^3}\sqrt 3 }}{6} = 36\sqrt 3 \left( {c{m^3}} \right)$ $\frac{{{V_{S.BMD}}}}{{{V_{S.BCD}}}} = \frac{{SM}}{{SC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {V_{S.BMD}} = \frac{1}{2}.{V_{S.BCD}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{4}.36\sqrt 3 = 9\sqrt 3 \left( {c{m^3}} \right)$ *) Tính diện tích tam giác BMD:Ta có: $MO = \frac{1}{2}SA = \frac{a}{2},\,\,\,OB = OD = \frac{{BD}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$ Ta có: $\left\{ \begin{gathered} BC \bot AB \hfill \\ BC \bot SN \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB \Rightarrow \Delta SBC$ vuông cân tại B.Có $SB = BC = a \Rightarrow BM = \frac{{SC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \Delta BOM$ cân tại B.Gọi H là trung điểm của OM $ \Rightarrow BH = \sqrt {B{O^2} – O{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} – {{\left( {\frac{a}{4}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 7 }}{4}a$ ${S_{BOM}} = \frac{1}{2}.BH.OM = \frac{1}{2}.\frac{{\sqrt 7 }}{4}a.\frac{a}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{{16}} \Rightarrow {S_{BDM}} = 2{S_{\Delta BOM}} = 2.\frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{{16}} = \frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{8} = \frac{{{6^2}\sqrt 7 }}{8} = \frac{{9\sqrt 7 }}{2}\left( {c{m^2}} \right)$ *) Ta có: $MO//SA \Rightarrow SA//\left( {BMD} \right) \Rightarrow d\left( {SA;BD} \right) = d\left( {SA;\left( {BMD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {BMD} \right)} \right)$ Mà $\left\{ \begin{gathered} AC \cap \left( {BMD} \right) = O \hfill \\ OA = OC \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow d\left( {A;\left( {BMD} \right)} \right) = d\left( {C;\left( {BMD} \right)} \right)$ Ta có: ${V_{M.CBD}} = \frac{1}{3}.d\left( {C;\left( {BMD} \right)} \right).{S_{BMD}} \Rightarrow \frac{1}{3}.d\left( {C;\left( {BMD} \right)} \right).\frac{{9\sqrt 7 }}{2} = 9\sqrt 3 $ $ \Leftrightarrow d\left( {C;\left( {BMD} \right)} \right) = \frac{{6\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }} = \frac{{6\sqrt {21} }}{7}\left( {cm} \right) \Rightarrow d\left( {SA;BD} \right) = \frac{{6\sqrt {21} }}{7}cm$

Gợi ý

Phương pháp: Cho hàm số $y = {x^n}$ Với Với Với Cách giải: Do $ – 3 \in {Z^ – } \Rightarrow $ Hàm số xác định $ \Leftrightarrow {x^2} + x – 2 \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x \ne 1 \hfill \\ x \ne – 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ Vậy TXĐ của hàm số là $D = R\backslash \left\{ { – 2;1} \right\}$

Gợi ý

Phương pháp: $a{x^2} + bx + c \geqslant 0\,\,\,\forall x \in R \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} a > 0 \hfill \\ \Delta \leqslant 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ Cách giải: Ta có: $y = \frac{{{x^3}}}{3} – 3{x^2} + {m^2}x + 2m – 3 \Rightarrow y' = {x^2} – 6x + {m^2}$ Để hàm số đồng biến trên R

Gợi ý

Dựa vào hệ số a xác định tính đơn điệu của hàm số $y = {a^x}$ và $y = {\log _a}x\left( {x > 0} \right)$ Cách giải: Mệnh đề sai là: Với $a > 1$, hàm số $y = {\log _a}x$là một hàm đồng biến trên khoảng $\left( { – \infty ; + \infty } \right)$ Sửa lại: Với $a > 1$, hàm số $y = {\log _a}x$là một hàm đồng biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$

Gợi ý

Phương pháp: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình và đánh giá giá trị nhỏ nhất của hàm số. Cách giải: Với x, y là các số thực dương, ta có:${\log _3}\frac{{1 – y}}{{x + 3xy}} = 3xy + x + 3y – 4$ $ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {1 – y} \right){\log _3}\left( {x + 3xy} \right) = 3xy + x + 3y – 4$ $ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {1 – y} \right) + 3\left( {1 – y} \right) + 1 = {\log _3}\left( {x + 3xy} \right) + 3xy + x$ $ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {3\left( {1 – y} \right)} \right) + 3\left( {1 – y} \right) = {\log _3}\left( {x + 3xy} \right) + 3xy + x\left( 1 \right)$ Xét hàm số $f\left( x \right) = {\log _3}x + x,\,\left( {x > 0} \right)$ ta có:$f'\left( x \right) = \frac{1}{{x\ln 3}} + 1 > 0,\,\,\forall x > 0 \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$ Khi đó, phương trình $\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( {3 – 3y} \right) = f\left( {x + 3xy} \right) \Leftrightarrow 3 – 3y = x + 3xy \Leftrightarrow 3xy + 3y + x = 3$ $ \Leftrightarrow 3y\left( {x + 1} \right) + x + 1 = 4 \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {y + \frac{1}{3}} \right) = \frac{4}{3}\,\,\left( 2 \right)$ Ta có: $\left( {x + 1} \right)\left( {y + \frac{1}{3}} \right) \leqslant {\left( {\frac{{x + 1 + y + \frac{1}{3}}}{3}} \right)^2} \Leftrightarrow \frac{4}{3} \leqslant {\left( {\frac{{P + \frac{4}{3}}}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow \frac{{P + \frac{4}{3}}}{2} \geqslant \frac{2}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow P + \frac{4}{3} \geqslant \frac{4}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow P \geqslant \frac{{4\sqrt 3 – 4}}{3}$${P_{\min }} = \frac{{4\sqrt 3 – 4}}{3}$ khi và chỉ khi $\left\{ \begin{gathered} x + 1 = y + \frac{1}{3} \hfill \\ \left( {x + 1} \right)\left( {y + \frac{1}{3}} \right) = \frac{4}{3} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x = \frac{{2\sqrt 3 – 3}}{3} \hfill \\ y = \frac{{2\sqrt 3 – 1}}{3} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Gợi ý

Phương pháp: Dựa vào TCĐ và TCN của đồ thị hàm số. Cách giải: Đồ thị hàm số có TCĐ là $x = 1 \Rightarrow $ Loại phương án A và C. Đồ thị hàm số có TCN là $y = 1 \Rightarrow $ Loại phương án B.

Gợi ý

Phương pháp: $\left( {{{\log }_a}u\left( x \right)} \right)' = \frac{{\left( {u\left( x \right)} \right)'}}{{u\left( x \right).\ln a}}$ Cách giải: $y = \log \left( {2x + 1} \right) \Rightarrow y' = \frac{2}{{\left( {2x + 1} \right)\ln 10}}$

Gợi ý

Cách giải:Mỗi cạnh của một hình đa diện là cạnh chung của đúng n mặt của hình đa diện đó $ \Rightarrow n = 2$

Gợi ý

Phương pháp: Dựa vào BBT xác định các khoảng đơn điệu của hàm số. Cách giải: Mệnh đề đúng là: Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { – 2;0} \right)$

Gợi ý

Phương pháp: Nhận biết đồ thị hàm số bậc bốn trùng phương. Cách giải: Giả sử hàm số đó là: $y = a{x^4} + b{x^2} + c,\,\,\left( {a \ne 0} \right)$ Quan sát đồ thị hàm số ta thấy, khi $x \to + \infty ,\,\,\,y \to – \infty \Rightarrow a < 0 \Rightarrow $ Loại phương án D Đồ thị hàm số đi qua $O\left( {0;0} \right) \Rightarrow c = 0 \Rightarrow $ Loại phương án B Hàm số đạt cực tiểu tại 2 điểm $x = \pm \sqrt 2 \Rightarrow $ Chọn phương án C: $y = - {x^4} + 4{x^2}$ có $y' = - 4{x^3} + 8x$

Gợi ý

Phương pháp: Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left[ {a;b} \right]$ Bước 1: Tính y', giải phương trình $y' = 0 \Rightarrow {x_i} \in \left[ {a;b} \right]$ +) Bước 2: Tính các giá trị $f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)$ +) Bước 3: $\mathop {max}\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = max\left\{ {f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)} \right\};\,\,\,\mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \min \left\{ {f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)} \right\}$ Cách giải: Ta có: $f\left( x \right) = \frac{{x – {m^2}}}{{x + 8}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{8 + {m^2}}}{{{{\left( {x + 8} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall x \in \left[ {0;3} \right] \Rightarrow $ Hàm số $f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left[ {0;3} \right]$ $ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = \frac{{ – {m^2}}}{8}$ Theo đề bài, ta có: $\frac{{ – {m^2}}}{8} = – 2 \Leftrightarrow {m^2} = 16 \Leftrightarrow m = \pm 4$ Giá trị lớn nhất của m thỏa mãn yêu cầu đề bài là: $m = 4$

Gợi ý

Phương pháp: +) Đặt ${3^x} = t,\,\,\left( {t > 0} \right)$ đưa phương trình trở về phương trình bậc hai ẩn t. +) Sử dụng định lí Vi-ét tìm điều kiện của m.Cách giải: Đặt ${3^x} = t,\,\,\left( {t > 0} \right)$, phương trình ${9^x} – {2.3^x} + m = 0\,\,\left( 1 \right)$ trở thành ${t^2} – 6.t + m = 0\,\,\left( 2 \right)$ Để phương trình (1) có 2 nghiệm ${x_1},\,{x_2}$ phân biệt thì phương trình (2) có 2 nghiệm ${t_1},\,{t_2}$ cùng dương Ta có: ${t_1} = {3^{{x_1}}},\,\,\,{t_2} = {3^{{x_2}}} \Rightarrow {t_1}{t_2} = {3^{{x_1}}}{.3^{{x_2}}} = {3^{{x_1} + {x_2}}} = {3^0} = 1{t_1} = {3^{{x_1}}},\,\,\,{t_2} = {3^{{x_2}}}$ $ \Rightarrow {t_1}{t_2} = {3^{{x_1}}}{.3^{{x_2}}} = {3^{{x_1} + {x_2}}} = {3^0} = 1$ Mà ${t_1}{t_2} = m \Rightarrow m = 1\left( {tm} \right)$. Vậy $m = 1$

Gợi ý

Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left[ {a;b} \right]$ Bước 1: Tính y', giải phương trình $y' = 0 \Rightarrow {x_i} \in \left[ {a;b} \right]$ +) Bước 2: Tính các giá trị $f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)$ +) Bước 3: $\mathop {max}\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = max\left\{ {f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)} \right\};\,\,\,\mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \min \left\{ {f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)} \right\}$ Cách giải:Ta có: $y = \frac{{x + 4}}{{x – 2}} \Rightarrow y' = \frac{{ – 6}}{{{{\left( {x – 2} \right)}^2}}} < 0,\,\,\,\forall x \in \left[ {3;4} \right]$ $ \Rightarrow $ Hàm số nghịch biến trên $\left[ {3;4} \right] \Rightarrow \mathop {max}\limits_{\left[ {3;4} \right]} y = y\left( 3 \right) = 7$

Gợi ý

Phương pháp: Hàm số $y = f\left( x \right)$ đạt cực tiểu tại $x = {x_0} \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} f'\left( {{x_0}} \right) = 0 \hfill \\ f''\left( {{x_0}} \right) > 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ Cách giải: Ta có: $y = \frac{1}{3}{x^3} – m{x^2} + \left( {{m^2} – 4} \right)x + 3 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} y' = {x^2} – 2mx + {m^2} – 4 \hfill \\ y'' = 2x – 2m \hfill \\ \end{gathered} \right.$ Để hàm số đạt cực tiểu tại $x = 3$ thì$\left\{ \begin{gathered} y'\left( 3 \right) = 0 \hfill \\ y''\left( 3 \right) = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {3^2} – 2m.3 + {m^2} – 4 = 0 \hfill \\ 2.3 – 2m > 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {m^2} – 6m + 5 = 0 \hfill \\ 6 – 2m > 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left[ \begin{gathered} m = 1 \hfill \\ m = 5 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ m < 3 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow m = 1$

Gợi ý

Phương pháp:
Xác định góc giữa hai mặt phẳng $\left( \alpha \right),\,\,\left( \beta \right)$
– Tìm giao tuyến $\Delta $ của $\left( \alpha \right),\,\,\left( \beta \right)$
– Xác định 1 mặt phẳng $\left( \gamma \right) \bot \Delta $
– Tìm các giao tuyến $a = \left( \alpha \right) \cap \left( \gamma \right),\,\,\,b = \left( \beta \right) \cap \left( \gamma \right)$
– Góc giữa hai mặt phẳng $\left( \alpha \right),\,\,\left( \beta \right):\left( {\left( \alpha \right);\left( \beta \right)} \right) = \left( {a;b} \right)$Cách giải: Mà $AA' \bot B'C' \Rightarrow B'C' \bot \left( {AIA'} \right)$
Ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}
\left( {AB’C’} \right) \bot \left( {A’B’C’} \right) = B’C’\\
\left( {AB’C’} \right) \cap \left( {AIA’} \right) = AI\\
\left( {A’B’C’} \right) \cap \left( {AIA’} \right) = A’I
\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\left( {AB’C’} \right);\left( {A’B’C’} \right)} \right) = AIA’ = {30^0}$

Gọi I là trung điểm của B'C'.
Tam giác A'B'C' cân tại A' $ \Rightarrow A'I \bot B'C'$
$\Delta A'IB'$ vuông tại I $ \Rightarrow A'I = A'B'.\sin B' = a.\sin {30^0} = \frac{a}{2}$ $\left( {B' = C' = \frac{{{{180}^0} – A'}}{2} = \frac{{{{180}^0} – {{120}^0}}}{2} = {{30}^0}} \right)$
$\Delta AIA'$ vuông tại A' $ \Rightarrow AA' = A'I.tanAIA' = \frac{a}{2}.\tan {30^0} = \frac{a}{{2\sqrt 3 }}$
Diện tích tam giác ABC: ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\sin A = \frac{1}{2}.a.a.\sin {120^0} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$
Thể tích của khối lăng trụ đã cho là: $V = AA'.{S_{ABC}} = \frac{a}{{2\sqrt 3 }}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}}}{8}$

Gợi ý

Phương pháp: Thể tích khối lăng trụ: $V = Sh$ Cách giải:ABC là tam giác vuông cân tại A $ \Rightarrow AB = AC = \frac{{BC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = a \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC = \frac{{{a^2}}}{2}$ Thể tích khối lăng trụ: $V = {S_{ABC}}.AA' = \frac{{{a^2}}}{2}.a = \frac{{{a^3}}}{2}$

Gợi ý

Phương pháp: Thể tích khối trụ: $V = \pi {r^2}h$ Cách giải: ABCD là hình chữ nhật $ \Rightarrow A{C^2} = A{B^2} + A{D^2} \Leftrightarrow {\left( {5a} \right)^2} = {\left( {4a} \right)^2} + A{D^2} \Leftrightarrow AD = 3a$ Khối trụ đã cho có chiều cao $h = AD = 3a$, bán kính đáy $r = \frac{{AB}}{2} = \frac{{4a}}{2} = 2a$ Thể tích của khối trụ: $V = \pi {r^2}h = \pi {\left( {2a} \right)^2}.3a = 12\pi {a^3}$

Gợi ý

Phương pháp:Sử dụng mối quan hệ giữa đường cao, bán kính đáy và độ dài đường sinh của hình nón.Cách giải:Cho hình nón tròn xoay có bán kính đường tròn đáy r, chiều cao h và đường sinh l .Kết luận sai là: ${h^2} = {r^2} + {l^2}$ Sửa lại: ${l^2} = {r^2} + {h^2}$

Gợi ý

Phương pháp: * Định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = a$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f\left( x \right) = a \Rightarrow y = a$là TCN của đồ thị hàm số. * Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} f\left( x \right) = – \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ – }} f\left( x \right) = + \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ – }} f\left( x \right) = – \infty $ thì $x = a$ là TCĐ của đồ thị hàm số.Cách giải: Hàm số $y = f\left( x \right)$ có giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ – }} f\left( x \right) = + \infty $ và đồ thị $\left( C \right)$ của hàm số $y = f\left( x \right)$c hỉ nhận đường thẳng d làm tiệm cận đứng $ \Rightarrow d:x = a$

Gợi ý

Phương pháp: ${a^m}.{a^n} = {a^{m + n}};\,\,\,{a^m}:{a^n} = {a^{m – n}}$ Cách giải: Ta có: $M = \frac{{{a^{\frac{1}{5}}}\left( {{a^{\frac{3}{{10}}}} – {a^{ – \frac{1}{5}}}} \right)}}{{{a^{\frac{2}{3}}}\left( {{a^{\frac{1}{3}}} – {a^{ – \frac{2}{3}}}} \right)}} = \frac{{{a^{\frac{1}{2}}} – 1}}{{a – 1}} = \frac{{\sqrt a – 1}}{{a – 1}} = \frac{{\sqrt a – 1}}{{\left( {\sqrt a + 1} \right)\left( {\sqrt a – 1} \right)}} = \frac{1}{{\sqrt a + 1}}$

Gợi ý

Phương pháp: Mỗi tháng đều gửi một số tiền là a đồng vào đầu mỗi tháng tính theo lại kép với lãi suất là r% mỗi tháng. Số tiền thu được sau n tháng: ${A_n} = \frac{{a.1 + r\left[ {1 + {r^n} – 1} \right]}}{r}$ Cách giải: Số tiền thu được sau n tháng: ${A_n} = \frac{{a.1 + r\left[ {1 + {r^n} – 1} \right]}}{r}$Ta xác định giá trị của n nhỏ nhất $n \in N*$ thỏa mãn$\frac{{a.1 + r\left[ {1 + {r^n} – 1} \right]}}{r} \geqslant 100 \Leftrightarrow \frac{{3.1 + 0,6\% \left[ {1 + 0,6{\% ^n} – 1} \right]}}{{0,6\% }} \geqslant 100 \Leftrightarrow n \geqslant 30,31 \Rightarrow {n_{\min }} = 31$Vậy, sau ít nhất 31 tháng thì anh A nhận được số tiền cả lãi và gốc nhiều hơn 100 triệu.