Trường THCS- THPT Nguyễn Văn Khải GV soạn: Trịnh Thị Thúy Kiều SĐT: 02179169287 KIỂM TRA HỌC KỲ I

Năm học: 2016-2017 Môn thi: Toán- Lớp 12 Thời gian: 90 phút Đề đề xuất

3

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG THÁP Trường THCS- THPT Nguyễn Văn Khải (Đề gồm có 6 trang)

x

x

y

1

9

 . Khẳng định nào sau đây đúng: 1;3  1; 

1;3  5; 

y

Câu 1: Cho hàm số

; 2

2;

26 x A. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  B. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  C. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  D. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng   1 x  x 2 A. Hàm số đã cho nghịch biến trên R B. Hàm số đã cho nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó C. Hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng xác định của nó D. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng 

    

4

y

22 x

1

. Khẳng định nào sau đây đúng: Câu 2: Cho hàm số

x

 có bao nhiêu cực trị ?

Câu 3: Hàm số

4

2

 

A. 0 C. 2 D. 3

 . Khẳng định nào sau đây đúng:

y

x

x

1 2

Câu 4: Cho hàm số B. 1 1 2

y

 . 0

x  , giá trị cực tiểu của hàm số là

0

 0

A. Hàm số đạt cực tiểu tại điểm

1

x   , giá trị cực tiểu của hàm số là

1

1  y   .

B. Hàm số đạt cực tiểu tại điểm

1

x   , giá trị cực đại của hàm số là

1

1  y   .

C. Hàm số đạt cực đại tại điểm

y

 . 0

x  , giá trị cực đại của hàm số là

0

 0

3

2

y

4

x

6

x

D. Hàm số đạt cực đại tại điểm

 có dạng: 1 B

Câu 5: Đồ thị hàm số A C D

y

y

y

y

3

3

3

3

2

2

2

2

1

1

1

1

-3

-2

-1

1

2

3

-3

-2

-1

1

2

3

-3

-2

-1

1

2

3

-3

-2

-1

1

2

3

-1

-1

-1

-1

-2

-2

-2

-2

-3

-3

-3

-3

4

2

 

x

x

y

 có dạng: 2 B

Câu 6: Đồ thị hàm số A C D

y

y

y

y

5

5

3

3

4

4

2

2

3

3

1

1

2

2

1

1

-3

-2

-1

1

2

3

-3

-2

-1

1

2

3

-1

-1

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

-1

-1

-2

-2

-2

-2

-3

-3

-3

-3

y

 1 x 2 x

Câu 7: Đồ thị hàm số có dạng:

A B C D

y

y

y

y

3

4

3

4

2

3

2

3

1

2

1

2

1

1

-3

-2

-1

1

2

3

-3

-2

-1

1

2

3

-1

-1

-4

-3

-2

-1

1

2

-2

-1

1

2

3

4

-2

-1

-2

-1

-3

-2

-3

-2

3

4

23 x

x

y

Câu 8: Đồ thị hàm số y  có tâm đối xứng là:

 A. M( 1; - 2) B. N(- 1; - 2) C. I( -1; 0) D. K( -2; 0) x  1 2  1 x A. M( 2; 1) B. N(1; - 2) ; C. I( 1; 2) D. K( 0; 2)

có tâm đối xứng là: Câu 9: Đồ thị hàm số

y

x 3 x

 

10 9

3

y

 d

 y

5

Câu 10: Trong các khẳng định sau về hàm số , hãy tìm khẳng định đúng?

1   4

y y

4  có phương trình là: 3 x     x 3 4

2

y

2

x

A. Hàm số có một điểm cực trị B. Đồ thị hàm số chỉ có một tiệm cận. C. Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định D. Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định 23  có đồ thị ( C ). Tiếp tuyến với đường cong (C), song x   x 3 B. D. A. C. Câu 11: Cho hàm số x song với đường thẳng ( ) :   3 x   x 3

 tại giao điểm của nó với

y y x 4

2   5 9 4

Câu 12: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C):

y

15(

x

3)

y

 

15(

x

3)

trục Ox có phương trình là:

y  

9 4

y

15(

x

3)

A. và B.

9 y   và 4 9 y   4

C. D.

y

x  1 2  2 x

y

 

x

 có phương trình là:

2

1 5

y

 

x

y

 

x

22

y

x 5

y

x 5

22

Câu 13: Phương trình tiếp tuyến của (C): vuông góc với đường thẳng

 và 2

 và 2

1 5

1 5

y

 

x

y

 

x

22

y

x 5

y

x 5

22

A. B.

 và 2

 và 2

1 5

1 5

C. D.

C (

)

 . Với giá trị nào của m thì d

y

x x

2 1

  cắt (C) tại 2 điểm phân biệt.

2

 

2m

Câu 14: Cho hàm số và đường thẳng :d y m x

2

 

A. 2 B.

 2m

m      m 2 m      2 m

4

2

y

 

x

2(

m

2)

x

2

m

 cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt

3

C. 2 D.

m

 

1

Câu 15: Đồ thị hàm số khi

m  

m   B.

3 2

3

y

x

3 2 x

3   m 2     1 m  trên đoạn [-4 ; 4] bằng. Chọn 1 x  9 35

A. C. D.

3   2     m 1  Câu 16: Giá trị lớn nhất của hàm số câu đúng.

x

y

Câu 17: Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [-1 ; 1 ] bằng. Chọn 1 câu đúng. A. 40 B. 8 C. – 41 D. 15 45 

3

A. 9 B. 3 C. 1 D. 0

y

m

 x mx

 có 2 điểm cực

5

 21

x 3

Câu 18: Tìm các giá trị của tham số m để hàm số

3

5

5

3

m

trị.

3m

1m 

 2

3

5

  m    m 

2

3

A. B. D. C. 2

x  . 2

y 

 đạt cực tiểu tại

 2  2 mx 2

1 3

Câu 19: Định m để hàm số

m   2

1

m

m

m

m

 0

A. C. D. 2  mx mx B. y

 0

 0

 0

A. C. D. B.

1m  Câu 20: Tìm m để hàm số 3   2

3   2

x 3 m   1 3 3    x 2 3   2

4

2m   luôn nghịch biến trên R. 3   2 

3 2 x

m

0

x A. m = -3 B. m = - 4

 C. m = 0 D. m = 4

Câu 21: Với giá trị nào của m thì phương trình có ba nghiệm phân biệt?

x   và 1

y

  

3 x mx n

 đạt cực tiểu tại điểm

3

2

2

Câu 22: Với giá trị nào của m, n thì hàm số đồ thị của nó đi qua điểm (1;4)? A. m = 2; n = 3 C. m = 3; n = 2 B. m = 1; n = 2 D. m = 2; n = 1

2

mx

3

x

 luôn đồng biến trên R

1

y

0m

 

 0m

 

y

x

Câu 23: Tìm m để hàm số

  1 3

 A. 3 Câu 24: Cho hàm số

  

1    m m x 3 B. 3  0m    23 3    x 3 1

 m x cực tiểu , đồng thời các điểm cực đại và cực tiểu cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 4 .

D. 3 0m .Tìm m để hàm số có cực đại , C. 3  m C m

m   2

m   1

m   1

1m 

y

A. B. C. D.

y

x m cắt (C) tại hai điểm

2

x 1 2  x 1 

Câu 25: Cho hàm số có đồ thị (C). Đường thẳng  

3m  3m  

x

A. C.

x D.  3

2

Câu 26. Nghiệm của phương trình  A.  2

x 9 x B.  1 Câu 27. Nghiệm của phương trình

3m   2m   0 là C.  2 x là

3

7x

7x

7x

phân biệt A, B sao cho tam giác OAB ( O là gốc tọa độ ) có diện tích bằng 3 khi: B. D. x 45 4.3   x 1)   log ( 2

22x

1

A. B. C. D.

Câu 28. Nghiệm của bất phương trình 2 3 x   là 9

2 x  3

2 x  3

3 x  2

3 x  2

log

A. B. C. D.

x  là 1

1 2

;

Câu 29.Tập nghiệm của bất phương trình



A. D. B. 

;2

C. 

 2;

1 2

1 2

  

  

 1

x

 1

x 9

x 13.6

4

0

 có 2 nghiệm x ,x1

   2 . Phát biểu nào sao đây

 ;   Câu 30. Phương trình đúng

log

x

2  

0

A. Phương trình có 2 nghiệm vô tỉ C. Phương trình có 2 nghiệm nguyên B. Phương trình có 2 nghiệm dương D. Phương trình có 1 nghiệm dương

1

2

x log (5 ) 5

2 5

1 2

Câu 31. Phương trình có hai nghiệm x ,x . Khi đó tích hai

nghiệm bằng :

5 25

5 5

2)  

6)

A. C. D. B. 5

5 5 x log (4 5

x log ( 5

Câu 32. Số nghiệm của phương trình là

log

. 3 C. 1 D. 0

5

Câu 33: Hàm số y = có tập xác định là:

A. (6; +∞) C. (-∞; 6) D. R B. 2 1 6 x B. (0; +∞)

2

2

y

ln(2

x

e

)

A .

D

C

.

B .

2

2

x 4 2 

(2

x

e

2 2 )

Câu 34: Cho hàm số:

(2

x

e

)

x 4 2 x (2

 

(2

x

e

2 2 )

x 

. Đạo hàm cấp 1 của hàm số trên là: x e 4 2 2 2 2  e )

Bh

V

Bh 2

V

Bh

V

Bh

Câu 35. Một người gửi số tiền 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 7%/năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền sẽ được nhập vào vốn ban đầu ( người ta gọi đó là lãi kép). Để người đó lãnh được số tiền 260 triệu thì người đó cần gửi trong khoảng thời gian bao nhiêu năm ? ( nếu trong khoảng thời gian này không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi ) A. 12 năm B. 13 năm C. 14 năm D.15 năm Câu 36: Thể tích khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là:

1 2

1 3

A. V B. C. D.

Câu 37: Khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao SA bằng a. Thể tích khối chóp S.ABCD bằng:

33a

32a

31 a 2

31 a 3

A. B. C. D.

3

3

a

a

Câu 38: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a. Thể tích lăng trụ bằng:

a 3

a 2

3 3 4

3 3 12

A. B. C. D.

3

3

a

a

Câu 39: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với AC = a biết SA vuông góc với đáy ABC và SB hợp với đáy một góc 60o. Tính thể tích khối chóp.

3 3 4

a 3

a 2

3 6 24

3

a

a

a

A. B. C. D.

3 3 4

a 3

xqS là diện tích xung

A. D. B. C. Câu 40 : Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a biết SA vuông góc với đáy ABC và (SBC) hợp với đáy (ABC) một góc 60o.Tính thể tích khối chóp. 3 3 8

3 3 12 Câu 41. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Gọi quanh của hình trụ có hai đường tròn đáy ngoại tiếp hai hình vuông ABCD và A’B’C’D’. Diện tích

xqS là :

a

a

2 3

a

2 2

2a B.

2 2 2

.

'

'

'

A. C. D.

ABC A B C có đáy là tam giác vuông cân tại

2

A BC , A B '

a 3

a . Diện tích đáy của lăng trụ bằng:

2

2

Câu 42: Cho lăng trụ đứng

22a B.

29a C.

a 4

a 2

'

'

ABC A B C có cạnh đáy bằng a, mặt phẳng (A’BC) hợp với

A. D.

. ' 045 . Chiều cao của lăng trụ bằng: 3

a

a

3

Câu 43: Cho lăng trụ đều (ABC) một góc

2a B.

3

2

A. C. D. 3a

2 6 a

2 4 a

2 2 a

2 8 a

Câu 44: Cho hình vuông ABCD cạnh 2a quay quanh đường trung trực của cạnh AB thì được hình trụ. Khi đó, diện tích xung quanh của hình trụ bằng: D. A. B. C.

Câu 45: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Diện tích xung quanh của hình nón có đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD, chiều cao bằng chiều cao của tứ diện ABCD là:

2 a

2 a

2 a

2 3 a

2 3

3 3

3 2

A. B. C. D.

2

2

2

2

2

2

a

b

c

a

b

c

Câu 46. Một hình hộp chữ nhật nội tiếp mặt cầu và có ba kích thước là a,b,c. Khi đó bán kính R của mặt cầu bằng:

1 2

2

2

2

a

c

2

2

2

A. B.

2(

a

b

c

)

b 3

C. D.

3

a

a

Câu 47: Cho hình chóp tam giác đều SABC cạnh đáy bằng a và cạnh bên tạo với đáy (ABC) một góc 600.Tính thể tích chóp đều SABC .

3a 3 12

a 3

3 3 12

3 3 8

A. B. C. D.

2

2

2

2

m

m

m

m

Câu 48: Bạn An muốn dán lại bên ngoài chiếc nón lá bằng giấy màu, biết độ dài từ đỉnh nón đến vành nón là 0.3m, bán kính mặt đáy của nón là 0.25m. Tính số giấy màu bạn An cần dùng?

xqS

xqS

xqS

xqS

 10

 20

 5 20

 3 20

3

3

A. B. C. D.

m 20

125.7

251.3

3 m

3 m

V

V

V

V

D. C. B.

Câu 49: Tính thể tích của giếng nước, biết giếng nước có hình trụ và sâu 20m, đường kính mặt giếng là 4m. A. m 18 Câu 50: Cho tứ diện SABC có SA = 2a, SA  (ABC). Tam giác ABC có AB = a, BC = 2a, CA =

2 36 a

5a A.

. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: 2 2 2 27 a 18 a 9 a B. C. D.

----Hết---

3

2

y

x

6

x

9

x

1

'

 2

y

3

x

12

x

9

'

2

y

  

0

3

x

12

x

1 3

5 1

x    y         9 0 x y 

ĐÁP ÁN GIẢI CHI TIẾT Đáp án Câu 1

x  1 3  'y  0  0  y 5 

Bảng biến thiên:

 1

y

 x  2 TXD D R :

1 x 

  \ 2

'

y

  

x D

0,

3 

2

x

Hs đã cho nghịch biến trên (1;3) 2

4

2

y

x

2

x

1

 3

'

y

4

x

4

x

  1

x

'

3

y

  

4

0

x

4

x

0

1 0

  x      x

0

' y  có 3 nghiệm phân biệt

Vậy hs đã cho luôn đồng biến trên từng khoảng xác định của nó. 3

4

2

 

y

x

x

1 2

1 2 TXD D R :

'

3

 

y

2

x

2

x

y

'

3

  

1      

y

0

2

x

2

x

0

y

1

1

  

y

x

0

     x 1  x    

1 2

Pt Vậy hs đã cho có 3 cực trị. 4

Bảng biến thiên:

x  -1 0 1

'y y

  0  0  0  1 1  1 2

x   , giá trị cực đại của hàm số là

1



2

3

6

x

y

 1

Vậy hàm số đạt cực đại tại điểm 1  y   1

5

y

2

x 4 TXĐ : D=R Sự biến thiên:

y

 ' 12

x

12

x

y

'

y

1

x    0 1        0 x 1 0;1 ; 0 và 

 1; 

y y

ￚ Chiều biến thiên: ;

1    1

0x  ; yCĐ 1x  ; yCT

 0  1

+ Hàm số nghịch biến trên khoảng  + Hàm số đồng biến trên các khoảng  ￚ Cực trị: + Hàm số đạt cực đại tại + Hàm số đạt cực tiểu tại

y

y

 

  và lim 

x

x



ￚ Giới hạn: lim

x  0 1 

'y y

ￚ Bảng biến thiên:

 0  0  1   -1

Đồ thị:

y

3

2

1

x

-3

-2

-1

1

2

3

-1

-2

-3

4

2

y

x

 

x

 2

6

 Tập xác định: D   Sự biến thiên:

3

y

'

  4

x

2

x

3

y

    

0

0

x

y

2

y

    ' 0 x x 4 2  + Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;   + Hàm số đồng biến trên khoảng  ; 0 ￚ Cực trị: + Hàm số đạt cực đại tại

 2

0x  ; yCĐ

 0

y

y

ￚ Chiều biến thiên:

 

  và lim 

x

x



x  0  'y y

ￚ Giới hạn: lim



+ 0 - 2 

ĐỒ THỊ :

y

5

4

3

2

1

x

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

-1

-2

-3

y

 1 x 2 x

D  

  \ 0

7

2

y

Tập xác định: Sự biến thiên:

   ' 0, x D

y

'

x

3

2

; 0 và 

 0;

ￚ Chiều biến thiên: ;

y

y

lim

lim

  tiệm cận ngang:





x

x

 

1 2 y

y

1 y  2    tiệm cận đúng:

x  0

lim   x 0

; lim   x 0

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng  ￚ Giới hạn và tiệm cận:

ￚ Bảng biến thiên:

x  0  'y y



1 2

   1 2

Hàm số đã cho nghịch biến trên tập xác định của nó. Đồ thị:

y

3

2

1

x

-3

-2

-1

1

2

3

-1

-2

-3

3

 4

8

3

4

'

2

y

3

x

6

x

''

y

6

x

6

''

0

          2

6 0

6

1

y

x

x y Đồ thị đã cho có tâm đối xứng là điểm N(-1;-2)

23 y x x TXĐ :D=R 2 3 x x y

y

D  

 \ 1

y

2

9

x  1 2  1 x Tập xác định: Giới hạn và tiệm cận: lim y

  tiệm cận ngang:

y  2

1x 

lim  x  

   tiệm cận đúng:

y

 x y lim

; lim

x

x

 1

 1

y

y

   

x 3 x x 3 x TXD D R :

10 9 10 9 

  \ 9

37

'

y

  

x D

0,

2

x

9

Vậy tâm đối xứng là: I( 1; 2) 10

Vậy hs đã cho luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó.

3

x

23  có đồ thị ( C ). Tiếp tuyến với đường cong (C), song x d

 : 5

y

'

2

2

y

6

   

3

3

6

      2

3 0

1

3   x x 0

x 0

x 0

y 0

x 0

11

 

3

y

x

 5

4

y 4 Cho hàm số song với đường thẳng ( ) : x 3 Theo đề ta có: 0 Vậy pttt là:

2

y

2

x

 tại giao điểm của nó với

x 4

9 4

12 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C):

2

'

4

9

(

  3

 ) 15

2

trục Ox .

2

  

0

x 0

0y =0 

2

'

x 0 4

9 4

)

15

 

l 1( )

x 0 x ( 0

   

y

15(

x

3)

    y

x 0 x 0  

15(

x

3)

Theo đề ta có:

x 0    x 3 0

y 0 y 0

 

và

y

x  1 2  2 x

y

 

x

 2

1 5

     3

1

y

5

'

2

Vậy pttt cần tìm là: 13 Phương trình tiếp tuyến của (C): vuông góc với đường thẳng

y

  

5

4

x 0

x 0

2

   

3

7

0 y

2

x 0 x 0

0

     4 1 

x 0

y

x 5

y

x 5

22

Theo đề ta có:

 và 2

Vậy pttt là:

 . Với giá trị nào của m thì

y

(

C

)

x x

 

2 1

14 Cho hàm số và đường thẳng :d y m x

 

m x

d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt.

 

x x

2 1

Phương trình hoành độ giao điểm: (1)

x   1

Điều kiện:

   

  

m x

2

x

 m x x

 1

2

2

  

x x            x

 2  1 mx m x

m

2

0

x

x

(

2)

x m

2

0(2)

Khi đó:

mC tại hai điểm phân biệt

 (1) có hai nghiệm phân biệt

 (2) có hai nghiệm phân biệt khác

1

2

2

 

0

0

  2

  2 m

4( 1)(m 2) 0

1

  4 0

 m   m 

      ( m 2)         m 2  

 2   m     1  

(d) cắt 

2

2(

m

2)

x

m

0

2

   (1) 3

2

15 4   x PT HĐ GĐ :

t  , phương trình (1) trở thành:

t

x 

0

    (2)

2   t

2(

m

t 2)

m

0

3

2

Đặt

mC cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt

 (1) có bốn nghiệm phân biệt

1

2

0

1

m

P

m

2

0

m

m

3 2

m 2   3   4

m

S

0

2

             

3       2   2

m

 (2) có hai nghiệm dương phân biệt

   m               3 m  2     m 1 

Vậy giá trị m cần tìm là .

1

 

2

2

x

x

x

x

f'

x 3

6

f'

x 3

0

6

9 0

9  

  

3

x      x

15

TXĐ: D=R Hàm số liên tục trên [-4;4] 16

 

  f' 1  

  40;f' 3

  8;f' 4

  41;f' 4

40

Ta có :

Max   4;4 

Vậy .

D

5 4

 ;   

  

2

x

x

x D

f'

f'

0,

  

17 TXĐ:

1

x 5 4    3;f' 1 

Hàm số liên tục trên [-1;1]  Ta có :

  f' 1   . Max 3   1;1 

Vậy

m

D R 2 x y ' 

x m 

 1

y

18

TXĐ:  Ta có : 2 Hàm số có 2 điểm cực trị  ' 0 có 2 nghiệm phân biệt.

2

m m

3

1 0

 

y

' 0     

3

5

 m 

 2

3

5

 2

  m  

3

5

3

5

 2  2

 m    m  

Vậy: thỏa bài toán.

f

0

2

m  

2 4

f

0

m   m  

  ' 2   '' 2

   

19  Để hàm số đạt cực tiểu tại x=2

mx 4

D R y 9 '  

2

20

x

y

x R

' 0,

4

9

     

0   

2 m

m

4

9

0

x R   

0

a 0   '    y '

m

0

  

3 2

TXĐ: 2 Ta có : x Hàm số luôn nghịch biến trên R mx x R

4

2

2

4

x

3

x m 

 

m có 3 nghiệm phân biệt  (d)

x 4

x 3    23 x x y

x

21

4

y

0

3

y

x

x

3 x

x

x

y

6

4

6

0

' 4 

  

  

TXĐ: D=R Để phương trình: 0  y m cắt đồ thị hàm số ( C)  23 x * ( C) 

6 2

x

 

0 9  4 9  4

   y         y 

6 2

   x       

Ta có :



0

 

6 2 0

0

6 2 0

Lập BBT: x

y’

 0 

9  4

9 4

y

'

f

x

2  x m

     

3

0

f

m m n   (*)

   m 3 5

22

2

mx

3

4

23

m

0

 

D R   2 y m m x '  y ' 3 0,    

x R. Vậy m=0 Hàm số luôn đồng biến trên R

Dựa vào BBT suy ra m=0 Ta có :   3 + Hàm số đạt cực tiểu tại x=2 '( 1) 0 + Mặt khác: Đồ thị đi qua điểm (1;4) nên: Thay m=3 vào (*) ta được: n=2 TXĐ: Ta có :

m

x

x

1

'

4

3 0

y    

   

+

3 4

+ .Vậy m=1(l)

1 0

m   m 

2

0

m m 

x R

' 0

y  

0

'   y '

      

1

m m   

m

3

0

  

m

0

3  

0   

Hàm số luôn đồng biến trên R +

'

y

23 x

6

x

m

 3 1

23 x

6

x

m

0

y   0

'

 3 1

 (1)

Txđ : D=R 24

y  có hai nghiệm phân biệt

0

'

    

Đồ thị hàm số (1) có hai cực trị A và B 

m

m

0

0

)

 (*) 9 9(1

y  có hai nghiệm phân biệt là

0

'

x

  1

m

x

  1

m

 

Khi đó

y

2

m m

 2

x

m

1

x

2

m m

Với 

  

 2

Với

m m

 ; 2

m

m m m

; 2

  2

3

 ; B  1 2  AB

m m m

16

; 4

m

4

m

Tọa độ các điểm cực trị A và B là : A 1  AB

   2

m mx

4

2

my m m 4

4

m 0 

m m

m

4

4

d O AB ( ; )

m

m

16

4

3

m m

m

4

4

m

3 m

,

.

4

16

4

  AB d O AB

S OAB

3 m

m

1 2

1 2

16

4

m m

m

3 m

2 m

m

m

4

4

16

32

16

64 0

1

 

8  

  

PT đt AB là:

2

x

 m x

m

x m

2

4

0

2

  

1  

 

A x y B x y , trong đó x1, x2 là các nghiệm của (*).

2

 

x m 

x 1 2  x 1  (*) có 2 nghiệm với mọi m.  Gọi , Ta có 1 y

  ; 2  , 2 y x m

 ; 1 1 12  

22

8

,

.

3

    m 2.

 AB d O AB

S OAB

1 2

2 m m 4

25 (*) PTHĐGĐ:

x 4.3

  45

0

26

9

  x

2

x 3 x 3

 

VN

)

5 (

   

Ta có: x 9

2

1)  

3

x log ( 2

2

x

0

1

Vậy: S={2} 27

    x R

2

3

x

1

2

x

Điều kiện:

     7

7 }

Phương trình đã cho tương đương:

x

 1

Vậy: S={

9

x

 1

2 3 2 3

2 3

    

x 2

2

1

x

3 2

28

3 x  2

Vậy:

log

x

1

1 2

1

  x

  x

1 2

29

   1     2 1 x  , hay 2

Vậy: S 

x

 1

0

4

x 9

x

0

x 9.9

13.

  4

0

9.

4.4 x   3         2  

1

2

 x  0     x 

4 9

x 13.6 x  13.6 2 x   3         2     x 3          2  x   3        2 

  1    ;     2   1 30

log

x

  2

0

0)

x (

x log (5 ) 5

2 5

log

x

log

x

)

  2

0

(log 5 5

2 5

5

log

x

log

x

0

2 5

5

3   2 

5

)

N (

1 2 1 2 1 2  1

log

x

5

log

x

 

)

N (

5

3 2

    

5 25

 x     x 

Vậy: S={0;-2}, nên ta nói phương trình có 2 nghiệm nguyên. 31

5.

5 25

5 5

Suy ra tích 2 nghiệm là:

6)

2)  

   x

32 x log ( 5

0

3 2

x log (4 5    x 0 2      x 4 6  2)  

6)

x log ( 5 x log (

6)

2)  

x log (4 5 x log (4 5

2 2)

6)

x log (4 5

1 2 5 x log ( 5 x   (

 2 2)

x   4

6

Điều kiện:

2

)

N (

N

)

2 (

  x      x 

S  

{

2}

log

5

1 6 x

6 x 0

Vậy: 33

x 6

D (

 

;6)

Điều kiện đề hàm số có nghĩa là:    

2

2

y

ln(2

x

e

)

2

'

2

2

  y

'

ln(2

x

e

)

2

2

4 2

2

x (2 x (2

 

e e

2 ' ) )

x 

e

2

x

Vậy: 34

35

(1

)n

P

r

nP

n

Gởi vào ngân hàng số tiền là P đồng, với lãi suất là r% trong n năm. Tính cả vốn lẫn lãi Pn sau n năm? Ta có :

log 1

r

 2, 6 14,1

n 

P n P log

1,07

Áp dụng ta được :

V

Bh

1 3

Thay số vào ta được: Theo công thức đã học thể tích khối chóp được tính theo công thức: 36

S

a

B

a

A

D

C

2

a

B: Diện tích đáy h: Độ dài chiều cao của khối chóp 37

3

V

2 a a . .

S ABCD

.

1 3

a 3

 S ABCD  SA a

B'

A'

a

C'

a

A

B

C

2

a

3

S

4

ABC '

A A a

2

3

a

3

a

3

V

a .

ABC A B C .

'

'

'

4

4

38

S

39

C

a

A

60°

B

 là hình chiếu của SB trên (ABC)

. Ta có SA (ABC) AB   góc(SB,(ABC)) =  o SAB 60

ABC

a 2

2

S

=

vuông cân nên BA = BC =

BA.BC =

ΔABC

1 2

o

h = SA = AB.tan60 =

3

a

SABC =

V = S

.SA =

=

ABC

a 4 a 6 2 2 1 a a 6 3 4 2

1 3

6 24

Vậy

40

S

C

a

A

60°

B

BC SM(2)

 

Gọi M là trung điểm của BC. Ta có :  BC AM (1)  BC SA(SA (SBC))  Từ (1),(2)  góc ((SBC);(ABC)) =  o SMA 60

B.h = S

.SA

ABC

1 3

o

SA = AMt an60 =

3

a

3

Ta có V =

B.h = S

.SA =

ABC

1 3

1 3 3a 2 1 3

8

Vậy V = .

41

r =

2

a

a 2

2 rl 2    

  2

S

; l a S xq 2 rl   AC a  2

xq

a 2 2

Vậy:

2

 AB AC

ABC

 a

BC 2

2

S

AB AC .

42 vuông cân tại A nên:

ABC

1 2

a 2

Vậy ( đvdt)

43

a

3

AM 

Gọi M là trung điểm BC

2

a

3

0

AA

'

AM

tan 45

'AMA

đều, suy ra Vì ABC

2

Xét vuông tại A

44

2

 2 .

R h .

 2 . .2

a a

 4 a

  S xq

A

Hình trụ thỏa đề bài có:  h a 2  R a

a

D

B

a

O

C

45

a

3

 R OB OC OD

3

2

a

3

 a

3

 .

R l .

 .

a .

  S xq

3

3

Hình nón thỏa mãn yên cầu bài toán ta được: l AB AC AD a

46

B'

A'

D'

C'

c

O

A

B

a

b

C

D

'

'

'

'

2

2

2

a

c

R

A C ' 2

b 2

S

Gọi O là giao điểm hai đường chéo hình hộp chữ nhật Vì:  OA OB OC OD OA OB OC OD Suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật

C

A

60

a

O

M

B

ABC

BC

)

47

 SM BC

    

((

SBC ABC ), (

))

 SMA

3

SO

0 tan 60 .

OM

3.

a 1 3 2

a 2

   

   

a

S

ABC

2 3 4

2

3

a

3

a

3

V

.

.

Gọi O là trọng tâm tam giác ABC M là trung điểm của BC Vì S.ABC là hình chóp đều nên SO là chiều cao Ta có: ) ( SBC (  AM BC

S ABC

.

1 3

4

a 2

12

Vậy:

2

 2

Rl

 2 .0, 25.0,3

m

xqS

 3 20

Ta có diện tích xung quanh của hình nón là: 48

2

3

2 R h

V

m

SC

  

a 3

R

49 Ta có thể tích khối trụ là:   .2 .20 251.3 50 Theo cách dựng ta đươc tâm O mặt cầu ngoại tiếp tứ diền đã cho là trung điểm của SC.

a 3 2

Ta có :

2

2

2

S

 4

R

 9 a

a 3 2

  4  

  

Diện tích mặt cầu là:

---Hết---