Bộ 25 đề thi học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 (tiếp theo) - Đề 31 có đáp án

Đáp án D

Phương pháp:

Do hàm số \(y = {x^3} - 6{x^2} + mx + 1\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) tương đương với hàm số đồng biến trên \(\left[ {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow y' \ge 0\,\,\forall x \in \left[ {0; + \infty } \right)\)

Cách giải:

Do hàm số \(y = {x^3} - 6{x^2} + mx + 1\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) tương đương với hàm số đồng biến trên \(\left[ {0; + \infty } \right)\)

Ta có \(y' = 3{x^2} - 12x + m \ge 0,\,\,\,\forall x \in \left[ {0; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow m \ge - 3{x^2} + 12x,\,\,\forall x \in \left[ {0; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow m \ge \mathop {max}\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} \left( { - 3{x^2} + 12x} \right)\)

Xét hàm số \(y = - 3{x^2} + 12x\) có hoành độ đỉnh là \({x_0} = - \frac{b}{{2a}} = 2\)

Và \(y\left( 2 \right) = 12,\,\,y\left( 0 \right) = 0\). Suy ra \(\mathop {max}\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} \left( { - 3{x^2} + 12x} \right) = y\left( 2 \right) = 12\)

Vậy giá trị m cần tìm là \(m \in \left\{ {12;13;14;...;2017} \right\}\). Suy ra có \(2017 - 12 + 1\) giá trị nguyên của tham số m cần tìm.

Diện tích tam giác ABC:

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\sin A = \frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{4}\)

Có \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.{\mathop{\rm cosBAC}\nolimits} } = A\sqrt 3 \)

Ta có: \(AB' = \sqrt {{a^2} + a} = a\sqrt 2 ,\,\,\,AI = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\)

\(B'I = \sqrt {3{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {13} }}{2}\)

Ta được \(AB{'^2} + A{I^2} = 2{a^2}{\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right)^2} = \frac{{13{a^2}}}{4} = B'{I^2}\).

Suy ra tam giác AB’I vuông tại A, có diện tích bằng:

\({S_{AB'I}} = \frac{1}{2}.AB'.AI = \frac{1}{2}a\sqrt 2 .\frac{{a\sqrt 5 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt {10} }}{4}\)

Tam giác ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác AB’I trên ABC ABI \(\left( {ABC} \right)\) nên ta có:

\({S_{ABC}} = \cos \,\alpha .{S_{AB'I}} \Leftrightarrow \cos \alpha = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}:\frac{{{a^2}\sqrt {10} }}{4} = \frac{{\sqrt {30} }}{{10}}\)  

Phương pháp:

Sử dụng các công thức \({\log _a}{x^n} = n{\log _a}x;\,\,\,{\log _a}b + {\log _a}c = {\log _a}\left( {bc} \right);\,\,\,{\log _a}b - {\log _a}c = {\log _a}\frac{b}{c}\)

Giả sử các biểu thức là có nghĩa).

Cách giải:

\(a{\log _2}3 + b{\log _6}2 + c{\log _6}3 = 5\) \( \Leftrightarrow {\log _6}{2^b} + {\log _6}{3^c} = {\log _2}{2^5} - {\log _2}{3^a}\)

\( \Leftrightarrow {\log _6}{2^b}{3^c} = {\log _2}\frac{{{2^5}}}{{{3^a}}}\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}t = {\log _6}{2^b}{3^c}\\t = {\log _2}\frac{{{2^5}}}{{{3^a}}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{2^b}{3^c} = {6^t}\\\frac{{{2^5}}}{{{3^a}}} = {2^t}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{2^b}{3^c} = {6^t}\\{2^5} = {3^a}{2^t}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\t = 5\\b = c = 5\end{array} \right.\) (vì a, b, c là các số tự nhiên).

Vậy \(b = c\)

\( \Rightarrow \frac{{{V_{MNABCD}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{{V_{S.ABCD}} - {V_{S.AMNB}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = 1 - \frac{{{V_{S.AMNB}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = 1 - \frac{{21}}{{32}} = \frac{{11}}{{32}}\)