CÂU 50. CHO HÌNH CHÓP S.ABCD CÓ ĐÁY ABCD LÀ HÌNH CHỮ NHẬT, AB A AD A ...

2 : 1 3 8 1

3

2

  3   

Với ^{m y x x x}

             

y x x y y x y x

2

4

' 6 8; ' 0 ; '' 2 6, '' 2 2 0 2

x  

x

2

  là điểm cực

đại. Vậy ^{m  0} là giá trị cần tìm.

Chọn đáp án B.

Ta có: ^x

³

^{ 3 x}

²

^{ m    6 0 m  x}

³

^{ 3 x}

²

^{ 6}

Xét hàm số ^{y  x}

³

^{ 3 x}

²

^{ 6} có đồ thị (C). Ta có: ^{y '  3 x}

²

^{ 6 x}

y y

y x x x

  

 

CT

2

0 6

' 0 3 6 0

        

x y y

2 2

   

 

33 C

CD

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt ^ Đường thẳng ^{y m } cắt

đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt ^{  6  m   2}

Mà ^{m Z   m  }  ^{5; 4; 3  } 

Chọn đáp án C.

Ta có: log 240 log 2 .3.5

3



3



⁴

  4log 2 log 5 1

3



3

 

log 5

b a b

4 1 4 1 4

       

34 D

2

a a a

log 3 log 3

2

2

Chọn đáp án D.

ta có:

Đặt log

9

^a  log

12

^b  log

16

 ^{a b}    ^t

a

t

t

t

   

9

2

3 3

    

t

t

t

t

b

12 9 12 16 1 0

 

       

    

4 4

     

    

t

16

a b



    

3 1 5

   

35 D

4 2

  

           

3 1 5 0

 



t

t

9 3 1 5 5 1

      

       

12 4 2 2

Suy ra:

    .

x

x

x

x

x

x

2 1

1

1

2

2

2

3 2.3 1 0 .3 .3 1 0 3 2.3 3 0





          

36 A Ta có:

Đặt ^{t  3}

^x

ta được phương trình ^t

²

^{ 2 3 0 t  }

Chọn đáp án A.

37 C Điều kiện: ^{x  0} . Ta có:

log x.log x.log x.log x log x.log x.log x.log x

  

2

3

4

3

9

27

81

3

3

3

3

1 1 1 2

4

4

. . log x log x 16

   

   

3

3

2 3 4 3

x 3 9 tm

 

  

log x 2

  

3

       

log x 2 x 3 1 tm



9



82

Suy ra tổng các nghiệm bằng

Ta có:

S

ABCD

 a

²

SH a 3

 2

38 D

Suy ra:

a a

V 1 S . SH 1 a

²

. 3

³

3

  

ABCD

3 3 2 6

S a

²

3

ABC

4





AA '  AB .tan 60

⁰

 a 3

39 A

V S . AA '

²

3 . 3 a 3

³





 

Vậy:

^ABC

Ta có:

r  AD 

Bán kính đáy của hình trụ ^{2 1}

40 B

Độ dài đường sinh ^{l  AB  1}

Vậy, ^Sπrl

^tp

^{ 2 πr  2 π. .}

²

^{ 2 1 1 2 1 π.  π}

²

^{ 4}

41 D

y m

'   6



x m

²



TXĐ: ^{D R m  \}   _{. Ta có:}  

Hàm số đồng biến trên khoảng  ^{   ; 2}  ^{ y ' 0 x}        ^{; 2} 

' 0 6 0 6 2 6

y x D m m m

         

      

  

m m m

; 2 2 2

     

  

Mà ^{m Z}   ^S    2; 1;0;1;2;3;4;5   

Tổng các phần tử của S bằng 12.

' 0 x 0

y x m

    

' 4

3

4

y  x  mx ,

²

Hàm số có 3 điểm cực trị ^ PT ^{y '  0} có ba nghiệm phân

biệt

 PT ^x

²

^{ m} có 2 nghiệm phân biệt ^{ m  0}

42 A

y

  

x m

  ^{ O}  ^{0;0 ,}  ^A  ^{ m ;  m}

²

  ^{, B m ;  m}

²



Với ^{m  0} ,

1 1

2

5

. .2 1 1 1

S

_

OAB

 OH AB   m m   m   m 

Kết hợp với điều kiện trên, ta có: ^{0  m  1}

Chọn đáp án A.

256 256 , 0

    

Thể tích của khối hộp: ^{V x h h x x}

256 1024

4 4 .

2

2

2

     

Diện tích của tấm tôn để làm hộp: ^{S x xh x x x x x}

S x x S x

1024 2 1024

' 2  ; ' 0 8

     

x x

Bảng biến thiên

43 C

Ta thấy diện tích tấm tôn nhỏ nhất bằng ¹⁹²  ^cm

²

 _{khi x  8 cm}

44 B

2 1 , 1

x x m x

   

1

x x m x x

²

m x m

2 1 1 3 1 0

     

          

(1)

Ta lại có: ^{ }  ^{m  1} 

²

^{   4 0 m } phương trình (1) luôn có hai nghiệm ^{x x}

¹

^,

²

với mọi m.

Theo định lí Vi-ét: ^{x x}

1



2

  ^m  3 ;  ^{x x}

1 2

  1 ^m

Đặt ^{A x x m} 

1

;

1

   ,B ^{x x}

2

;

2

 ^m 

.

   

   

Suy ra: ^AB  2  ^x

2

 ^x

1



²

 2   ^x

1

 ^x

2



²

 4 ^{x x}

1 2

  2   ^m  1 

²

 4   2 2

Dấu “=” xảy ra ^{ m  1 0   m  1}

Tổng số tiền sau 6 tháng là:

T P r

 ¹  100000000 1 0, 4%  

⁶

102424000

45 A

 

ⁿ

  

đồng.

Đặt ^{t  4}

^x

, ^{t  0} . Phương trình đã cho trở thành

2

4 5

2

45 0

t  mt  m     ^* _.

Với mỗi nghiệm ^{t  0} của phương trình   ^* sẽ tương ứng với duy nhất một

nghiệm ^x của phương trình ban đầu. Do đó, yêu cầu bài toán tương đương

phương trình   ^* có hai nghiệm dương phân biệt. Khi đó



46 D

   

m

3 5 3 5

 

0

45 0

  

  

  

   

 

   

4 0

S

3



 

  

P

5 45 0

  

  3  m  3 5 .

Do ^{m  } nên ^{m }  ^4;5;6  _.

Ta có:  ^{SD SAB  ,}    ^  ^{SA SD  ,}  ^{ SAD   30}

⁰

_{; SA AD  .cot 30}

⁰

_{ a 3}

SO SA

²

AO

²

3 a

²

²

7 ; BD a 2

     

S 1 SO BD . 1 7 . 2 a

²

7

SBD

2 2 2 2



  

Ta lại có:

47 B

V

_.

1 V

_.

1 1 . S . SA 1 a a

²

. 3 a

³

3

   

C SBD

S ABCD

ABCD

2 2 3 6 6

V a a a