Bài ôn thi Học kì 1-đề thi học kì I minh họa của Bộ Giáo Dục
Bộ đề thi này gồm 35 câu trắc nghiệm và 4 câu tự luận. Một số câu trắc nghiệm khá thú vị, các bạn trải nghiệm ở đây nha, còn 4 câu tự luận, bạn có thể xem phần cuối bài
Phần tự luận
Câu 1: Ông A gửi tiết kiệm 50 triệu đồng ở ngân hàng X với lãi suất không đổi 5,5% một năm. Bà B gửi tiết kiệm 95 triệu đồng ở ngân hàng Y với lãi suất không đổi 6,0% một năm. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm thì tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của bà B lớn hơn hai lần tổng số tiền cả vốn lẫn lãi của ông\(A?\)
Câu 2: Cho lăng trụ đứng \(ABC.A’B’C’\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a,\) số đo của góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {A’BC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) bằng \({60^{\rm{o}}}.\) Tính thể tích khối lăng trụ \(ABC.A’B’C’.\)
Câu 3: Cho hàm số \(y = {x^4} – 2{m^2}{x^2}.\) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số \(m\) để đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác vuông.
Câu 4: Giải phương trình: \({\log _3}\left( {{4^x} – 1} \right) = {\log _4}\left( {{3^x} + 1} \right).\)
Các bạn hãy cùng comment đáp án ở đây và thảo luận nha
Chút gợi ý cho phần tự luận
Câu 1.
Tổng tiền ông A có được là: \({T_A} = A{\left( {1 + r} \right)^n} = 50{\left( {1 + 5,5\% } \right)^n}\)
Tổng tiền bà B có được là: \({T_B} = A{\left( {1 + r} \right)^n} = 95{\left( {1 + 6\% } \right)^n}\)
Ta cần có: \({T_B} > 2{T_A}\)
\( \Leftrightarrow 95{\left( {1 + 6\% } \right)^n} > 2.50.{\left( {1 + 5,5\% } \right)^n}\)
Tương đương
\(95.1,{06^n} > 100.1,{055^n}\)
Tương đương
\({\left( {\frac{{1,06}}{{1,055}}} \right)^n} > \frac{{100}}{{95}}\)
Tương đương
\(n > {\log _{\frac{{1,06}}{{1,055}}}}\frac{{100}}{{95}} ~10,85\)
Vậy, sau ít nhất 11 năm.
Câu 2.
Gọi H là trung điểm BC. Ta có góc \(\left( {A’BC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là \(A’HA\)
Theo đề \(A’HA = {60^0}\)
Do đó \(AA’ = AH.\tan {60^0} = a.\frac{{\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 3 = \frac{{3a}}{2}\)
Thể tích cần tính là: \(V = B.h = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{{3a}}{2} = \frac{{3\sqrt 3 }}{8}{a^3}\)
Câu 3.
Điều kiện để có 3 cực trị là: \(ab < 0 \Leftrightarrow 1.\left( { – 2{m^2}} \right) < 0 \Leftrightarrow m \ne 0\)
Thậm chí, ta tìm được luôn 3 điểm cực trị: \(A\left( {0;0} \right)\) ; \(B\left( {m; – {m^4}} \right);C\left( { – m; – {m^4}} \right)\)
Công thức \({\bf{ta}}{{\bf{n}}^2}{\bf{\varphi }} = – \frac{{8a}}{{{b^3}}}\)
Tam giác vuông (cân) cho nên \(\varphi = {45^0}\). Cho nên \(1 = – \frac{{8a}}{{{b^3}}} = – \frac{8}{{{{\left( { – 2{m^2}} \right)}^3}}}\)
Giải được \({m^6} = 1\) tức là \(m = \pm 1\)
Câu 4.
Đk: \({4^x} – 1 > 0\).
\({\log _3}\left( {{4^x} – 1} \right) = {\log _4}\left( {{3^x} + 1} \right) = t\)
Suy ra: \({4^x} – 1 = {3^t}\) (1)
Và \({3^x} + 1 = {4^t}\) (2)
Cộng (1) và (2) theo vế: \({4^x} + {3^x} = {3^t} + {4^t}\) hay \({3^x} + {4^x} = {3^t} + {4^t}\) (*)
Xét hàm số \(f\left( t \right) = {3^t} + {4^t},\;t \in R\), \(f’\left( t \right) = {3^t}.\ln 3 + {4^t}.\ln 4 > 0,\;\forall t \in R\)
\(f\left( t \right)\) liên tục và đồng biến trên R, cho nên (*) tương đương \(f\left( x \right) = f\left( t \right) \Leftrightarrow x = t\)
Thế vào (1) ta có: \({4^x} – 1 = {3^x}\) hay \({4^x} = {3^x} + 1\) tương đương \(1 = {\left( {\frac{3}{4}} \right)^x} + {\left( {\frac{1}{4}} \right)^x}\) (chia 2 vế cho \({4^x}\))
Bên phải là hàm số liên tục và nghịch biến trên R, nên phương trình có tối đa 1 nghiệm, dễ thấy \(x = 1\) là một nghiệm, và do đó là nghiệm duy nhất, \(S = \left\{ 1 \right\}\)