Tải bản đầy đủ (.pdf) (21 trang)

Đề thi thử THPT quốc gia

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.07 MB, 21 trang )

(1)

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
Trường THCS-THPT NGUYỄN


TẤT THÀNH


ĐỀ THI KSCL LẦN 1, NĂM HỌC 2017-2018
Mơn: Tốn ; Lớp 12


Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian giao đề
(Đề gồm 6 trang)


Họ, tên thí sinh:...Số báo danh: ...


Thí sinh khơng sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.


Mã đề thi
132


Câu 1. [2H1-2.1-1] Đáy của hình chóp .S ABCDlà một hình vng cạnh a, cạnh bên SA vng góc với
mặt phẳng đáy và có độ dài là a , thể tích khối tứ diện S BCD. bằng:


A.
3
6
a


. B.


3
4
a



. C.


3
8
a


. D.


3
3
a


.


Lời giải
Chọn A


Ta có 1 1 2


2 2


BCD ABCD


S  Sa .
Thể tích khối tứ diện .S BCDlà:


3
2
1 1



.


3 2 6


a
Va a  .


Câu 2. [2H1-3.2-2] Cho khối lăng trụ đều ABC A B C.    cạnh đáy bằng a , B C tạo với đáy

ABC

góc
0


60 . Tính VABC A B C.    theo a.
A.


3
3
a


V  . B.


3
3


4
a


V  . C.


3
3


4
a


V  . D. 3


Va .
Lời giải



(2)

Ta có

B C ABC ,

B C BC ,

BCB 60 .
Xét tam giác vuông ABC: tan 60 BB


BC


  BBa 3.
2


3
4


ABC


a


S  . Vậy thể tích lăng trụ là :


2 2


.



3 3


. 3.


4 4


ABC A B C ABC


a a


V   BB Sa  .


Câu 3. [2D1-6.1-1] Đồ thị hàm số 2
1
x
y


x



 cắt trục hoành tại điểm nào?


A.

 

2; 0 . B.

0; 2

. C.

 

0; 2 . D.

2;0

.
Lời giải


Chọn D


Xét phương trình hồnh độ giao điểm của 2
1


x
y


x



 và trục Ox:
2


0
1
x


x




1
2
x
x




   


   x 2



Câu 4. [2H1-4.1-1] Khối chóp S ABC. có đáy ABClà tam giác đều cạnh 2a. Tam giác SABđều và nằm


trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng

ABC

.Chiều cao khối chóp S ABC. có độ dài tính theo


a là:


A. 3


2


a


. B.2


3


a


. C.a 3. D.2a 3.



(3)

Gọi M là trung điểm củaAB .
Ta có : SMABSM

ABC



Suy ra SM là đường cao của khối chóp S ABC. . 3


2 3


2


SMaa



Câu 5. [2D1-6.1-1] Số giao điểm của đồ thị hàm số y x4– 2x21với trục hoành là :


A.

1

B.

0

C.

2

D.

3



Lời giải
Chọn B


Phương trình hồnh độ giao điểm : x4 – 2x2 1 0( vơ nghiệm)
Suy ra , khơng có giao điểm.


Câu 6. [2D1-5.2-1] Đồ thị của hàm số y x 4– 2x2là


A.


f(x)=-x^4-x^2+6


-3 -2 -1 1 2 3 4


-2
2
4
6


x
y


B.


f(x)=x^3-3*x+1


Series 1


-4 -3 -2 -1 1 2 3 4


-4
-2
2
4


x
y




M


A B



(4)

C.


f(x)=x^4-2*x^2
Series 1


-3 -2 -1 1 2 3 4


-2
2
4
6



x
y


D.


f(x)=x^3+2*x
Series 1


-3 -2 -1 1 2 3 4


-4
-2
2


x
y


Lời giải
Chọn C


Hàm đã cho là hàm bậc bốn trùng phương có ba cực trị.
Câu 7. [2D1-5.1-1] Đồ thị sau đây có thể là đồ thị của hàm số nào?


A. yx33x2. B. y  x3 3 - 2x .
C. y  x3 3x2- 2. D.y  x3 3x2.


Lời giải
Chọn D


- Đồ thị có dạng chữ N ngược nên hệ số a0 nên loại A


Tại x0thì y0 nên loại B, C


Câu 8. [2D1-8.1-1] Cho hàm số 1


1


x
y


x





 . Phát biểu nào sau đây sai ?


A. Hàm số có một cực trị.


B. Tâm đối xứng của đồ thị hàm số là I

1;1

.
C. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x 1.
D. Hàm số đồng biến trên khoảng

 1;

.


Lời giải
Chọn A


Vì hàm số bậc nhất / bậc nhất ln ln khơng có cực trị


Câu 9. [2D1-3.3-2] Giá trị nhỏ nhất của hàm số ycos3x- 3cosx1 là



(5)

Lời giải


Chọn A


Cách 1


Đặt tcosx t

1

. Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 3


3 1


y  t t trên đoạn

 

1;1


2
' 3 3


' 0 1; 1


y t


y t t


 


    


 

 



1;1


1 3; 1 1 min 1



y y y




      
Cách 2


Sử dụng máy tính Casio
Đơn vị tính Rad


Mode 7


Nhập hàm f x

 

cos3x- 3cosx1


: 0 : 2 :
10
Start Endstep


Quan sát kết quả ta được giá trị nhỏ nhất bằng 1 tại x0
Câu 10. [2D1-1.4-2] Hàm số nào sau đây đồng biến trên .


A. ycotx. B. 2


3


x
y


x





 . C.


4 2


1


yxx  . D.


2


1


x
y


x




 .


Lời giải
Chọn D


Ta có tập xác định của hàm số ycotxD \

k,k

nên loại A.
Hàm số 2


3



x
y


x




 có tập xác định là D \ 3

 

nên loại B.


Hàm số yx4 x21 có tập xác định D và y4x32xy 0 4x32x  0 x 0
nên y đổi dấu qua x0 nên loại C.


Câu 11. [2H1-1.3-2] Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
A. Tồn tại một hình đa diện có số đỉnh và số mặt bằng nhau.
B. Tồn tại một hình đa diện có số cạnh và số mặt bằng nhau.
C. Số đỉnh và số mặt của một hình đa diện ln ln bằng nhau.
D. Tồn tại một hình đa diện có số cạnh bằng số đỉnh.


Lời giải
Chọn A


Ta có hình tứ diện là hình có số đỉnh và số mặt bằng nhau.


Câu 12. [2D1-3.4-2] Giá trị lớn nhất của hàm số 1


5


x
y



x





 trên đoạn

 

0; 2 là


A. 1
5


 . B. 3


2



(6)

Lời giải
Chọn A


Ta có tập xác định của hàm số 1


5


x
y


x






 là \ 5 .

 



Xét


2

 



6


0 0 0; 2


5


y y x D y x


x


         


 .


Ta có

 

0 1
5


y   ; y

 

2  1. Vậy hàm số đạt giá trị lớn nhất trên đoạn

 

0; 2 là 1
5
 .
Câu 13. [2D1-3.2-2] Giá trị lớn nhất của hàm số y 1 x 1x là:


A. 2 . B. 2. C. 2 2 . D. 4.


Lời giải


Chọn B


Tập xác định D 

1;1

.


1 1


2 1 2 1
y


x x


  


  .



0 0 1;1


y     x

 

0 2


y  , y

 

 1 y

 

1  2.


Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là y2.


Câu 14. [1D5-2.9-3] Trong các tiếp tuyến của đồ thị hàm số f x( ) x33x21, tiếp tuyến có hệ số góc


nhỏ nhất tiếp xúc với đồ thị hàm số tại điểm nào



A.

 

0;1 . B.

 

1; 0 . C.

1; 1

. D.

 1; 3

.
Lời giải


Chọn C


 

3 2 6 0


fxxx .
Gọi M x y

0; 0

là tiếp điểm.


Hệ số góc của tiếp tuyến tại M x y

0; 0

f

 

x0 3x026x0 3

x01

2   3 3.
Hệ số góc của tiếp tuyến nhỏ nhất bằng 3 khi x0 1 y0  1 M

1; 1

.


Câu 15. [2H1-1.3-2] Mỗi đỉnh của hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất:


A. Năm mặt. B. Hai mặt. C. Bốn mặt. D. Ba mặt.
Lời giải



(7)

Câu 16. [2D1-2.7-2] Cho hàm số yx4

m1

x23. Với giá trị nào của m thì hàm số có 3 điểm cực
trị ?


A. m 1. B. m1. C. m 1. D. m 1.
Lời giải


Chọn D


Ta có: y 4x32

m1

x;


 



2


0


0 1


*
2
x


y m


x




  


 


.


Để hàm số có 3 điểm cực trị

 

* có hai nghiệm phân biệt khác 0 1 0 1
2


m


m




     .


Câu 17. [2H1-2.0-2] Khi chiều cao của một hình chóp đều tăng lên k lần

k 0

nhưng độ dài mỗi khi cạnh
đáy giảm đi k lần thì thể tích của nó là:


A. Khơng thay đổi. B. Tăng lên k lần. C. Tăng lên k2 lần. D. Giảm đi k lần.
Lời giải


Chọn D


Khi cạnh đáy giảm k lần thì diện tích giảm 2


k lần mà chiều cao tăng lên k lần. Vậy thể tích V
giảm đi k lần.


Câu 18. [2H1-2.5-2] Cho khối tứ diện có thể tích là V . Gọi V là thể tích của khối đa diện có các đỉnh là các
trung điểm của các cạnh của khối tứ diện đã cho. Tính tỉ số V


V


.


A. 1


2
V



V


 . B. 1


4
V


V


 . C. 2


3
V


V


 . D. 5


8
V


V


 .
Lời giải



Chọn A


Giả sử tứ diện là ABCD. Gọi B, C, D lần lượt là trung điểm AB, ACAD.


Ta có: . 1


. .


8


A B C D
ABCD


V AB AC AD


V AB AC AD


     


. Suy ra thể tích khối cần tìm là V 1
2
V


V


  .


Câu 19. [2D1-2.1-1] Cho hàm số yf x( ) xác định trên ( ; )a bx0( ; )a b , ta xét các khẳng định dưới
đây. Hãy cho biết khẳng định nào là khẳng định đúng?




(8)

B. Nếu hàm số trên đạt cực trị tại điểm x0 thì f '(x0)0.
C. Nếu hàm số trên đạt cực tiểu tại điểm x0 thì f '(x0)0.
D. Nếu hàm số trên đạt cực đại tại điểm x0 thì f x'( 0)0


Lời giải
Chọn A


Câu 20. [2H1-2.1-2] Cho tứ diện OABC có các cạnh OA OB OC, , đơi một vng góc với nhau và


5, 6, 7


ABBCCA . Thể tích V của tứ diện OABC là:


A. V  94. B. V  97. C. V  93. D. V  95
Lời giải


Chọn D


Gọi OAx OB,  y OC, z
2 2


2 2
2 2


19
25


36 6



49 30


x


x y


y z y


z x z


 


  






 







.


Suy ra 1 19. 6. 30 95
6


V  



Câu 21. [2D1-2.3-1] Cho hàm số yf x

 

có bảng biến thiên như sau


z



y



x


7



6



5



O



A




(9)

Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?


A. Hàm số có hai cực trị. B. Hàm số đạt cực tiểu tại x0.
C. Hàm số có cực đại và cực tiểu. D. Hàm số đạt cực đại tại x 1.


Lời giải
Chọn B


Câu 22. [2H1-1.2-2] Hình tứ diện đều có bao nhiêu trục đối xứng?


A. 1 B. 4 C. 3 D. 2



Lời giải
Chọn C


Tứ diện đều có 3 trục đối xứng (đoạn nối trung điểm của hai cạnh đối diện)


Câu 23. [2D1-2.4-2] Tất cả các điểm cực đại của đồ thị hàm số y  x4 2x23 là:
A.

–1;4

B.

 

0;3 C.

  

1;4 , –1;4

D.

 

1; 4


Lời giải
Chọn C


3
' 4 4


0


' 0 1


1


y x x


x


y x


x
  






 


  


Đồ thị hàm số có hai điểm cực đại là

  

1;4 , –1;4



Câu 24. [2D1-2.15-3] Đồ thị hàm số yax3bx2cxd có hai điểm cực trị A

   

0;0 , B 1;1 thì các hệ số
, , ,


a b c d có giá trị lần lượt là:


A. a 2; b1;c0; d 0 B. a 2; b3;c0; d 0
C. a 2;b0;c3; d 0 D. a0; b0;c 2;d 3


Lời giải
Chọn B


2


' 3 2



(10)

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A

   

0;0 , B 1;1 nên


0 2


1 3



0 0


3 2 0 0


d a


a b c d b


c c


a b c d


  


 


   






 


 


 





Câu 25. [2H1-2.2-2] Một hình chóp tam giác có đường cao bằng 100 cm

 

và các cạnh đáy bằng 20

 

cm ,

 



21 cm , 29

 

cm . Tính thể tích của khối chóp đó.


A. 7000cm3. B. 6213cm3. C. 6000cm3. D. 3
7000 2cm .
Lời giải


Chọn A


Diện tích mặt đáy được tính theo cơng thức :


35.(35 20).(35 21).(35 29) 210


S     2


cm
Vậy thể tích khối chóp là : 1 210 100 7000 3


3


V     cm .


Câu 26. [2H1-3.7-1] Cho hình hộp ABCD A B C D.     có các cạnh AB3, AD4, AA 5. Tính thể tích
của hình hộp đã cho.


A. 20. B. 60. C. 80. D. 15.


Lời giải


Chọn B


Gọi h là chiều cao khối hộp ABCD A B C D.    .
Khi đó, chiều cao là 2 2


hAA A H với H là hình chiếu của A trên mặt đáy ABCD.
Thể tích khối hộp VA H AB AD . . .sinBAD


Thể tích khối hộp lớn nhất khi và chỉ khi HA và sinBAD1 hay chiều cao hAA và ABAD.
Vậy khối hộp có thể tích lớn nhất là: VAB AD AA. . 60.


Câu 27. [2D1-2.13-2] Đồ thị hàm số
2


2 2
1
x x
y


x
 



(11)

A. 4. B. 2. C. 4. D. 2.
Lời giải


Chọn C


Đường thẳng đi qua hai cực trị của hàm số đã cho có phương trình: 2 2 2 2
1



x


y    x


 .


Do đó, ta tìm được a 2,b 2 nên a b  4.


Câu 28. [1H3-5.4-2] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SAa 3 và vng


góc với mp đáy. Tính d A SBC

,



A. 2


2


a


. B. 3


2


a


. C.


2


a



. D.


3


a


.


Lời giải
Chọn B


Chọn mặt phẳng A

SAB



 

 



BC AB


BC SAB SBC SAB
BC SA









Từ A hạ AKSB



Ta có  AK

SBC

d A SBC

,

AK


Khi đó 12 12 12 3

,

3


2 2


a a


HK d A SBC


AKSAAB    


Câu 29:[2D1-1.1-1] Cho hàm số ( ) 2x 1
3


f x
x





 , khẳng định nào dưới đây là SAI


A. Hàm số nghịch biến trên R\ 3

 

.


B. Hàm số nghịch biến trên (3;).


C. Hàm số nghịch biến trên

(



;3)

.


D. Hàm số nghịch biến trên các khoảng

(3;



)

;

(



;3)

.


Lời giải
Chọn A


Tập xác định D \ {3}


K


O


B C


A



(12)

Ta có


2
7


' 0,


3


y x D


x


   





Hàm số nghịch biến trên các khoảng (3;);(;3).


Câu 30. [2H1-2.5-1] Cho hình chóp SABCA B , lần lượt là trung điểm các cạnhSA SB, . Cho biết kết


quả tỉ số SABC


SA B C


V
V  


A. 2 . B. 1


4 . C. 4 . D.


1
2 .
Lời giải


Chọn C
Ta có .


. ' '


. . 2.2.1 4
' '


S ABC


S A B C


V SA SB SC


VSA SB SC  


Câu 31: [2D1-2.2-2] Hàm số bậc ba yax3bx2cxdcó thể có nhiều nhất bao nhiêu cực trị ?


A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 .


Lời giải
Chọn C


Ta có: y'3ax22bx c a

0

y'0 có nhiều nhất hai nghiệm phân biệt. Suy ra hàm bậc ba
có nhiều nhất hai điểm cực trị.


Câu 32: [1D5-2.2-2] Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số
2


2
x x
y


x



 tại điểm có hồnh độ x1là:


A. 0 . B. 2. C. 5. D. 1.



Lời giải
Chọn C


Ta có:


 



2
2
4 2


' ' 1 5


2


x x


y y


x


 


   


 .


Câu 33: [2D1-4.4-2] Tọa độ điểm Mlà giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số 2
7


x
y


x



 là


B'
A'


A B



(13)

A. M

 

7;1 . B. M

 

2;7 . C. M

 2; 7

. D. M

 

1;7 .
Lời giải


Chọn A


Tiệm cận đứng x7 và tiệm cận ngang y 1 M

 

7;1 là giao điểm của hai đường tiệm cận.
Câu 34: [2D1-6.8-3] Với giá trị nào của tham số thực m thì phương trình 3 2


3 2


xx  m có đúng 4 nghiệm
phân biệt?


A. m1. B. 0 m 2. C. m2. D. m0.
Lời giải



Chọn C


Xem phương trình 3 2


3 2


xx  mlà phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị hàm số


3 2


3 2


yxx  và ym. Đồ thị hàm số 3 2


3 2


yxx  được suy ra từ đồ thị hàm số


3 2


3 2


yxx  và lấy đối xứng phần phía dưới trục Ox qua Oy, ta được đồ thị như hình vẽ.
Vậy để phương trình x33x2 2 mcó 4 nghiệm phân biệt thì đồ thị ym cắt đồ thị


3 2


3 2


yxx  tại 4 điểm phân biệt,dựa vào đồ thị ta có m2.



Câu 35: [2D1-4.10-3] Hàm số ycos 2x2x3 khẳng định nào sau đây về hàm số trên là Sai?
A. Hàm số nghịch biến trên R. B. Hàm số nghịch biến trên

 

1;1 .
C. Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang. D. Hàm số đồng biến trên R.


Lời giải
Chọn D


Tập xác định của hàm số là R.


Xétycos 2x2x 3 y' 2 sin 2x  2 2(1 sin 2 ) x 0
(vì 1 sin 2x  1 1 sin 2x0).


Vậy hàm số luôn nghịch biến trên R.


Câu 36: [2D1-6.9-4] Với giá trị nào của tham số thực m thì phương trình  x3 3x  2 m 0 có 3 nghiệm
phân biệt trong đó có 2 nghiệm dương?


A. 0 m 4. B. 2 m 4.


C. 0 m 2. D. 0 m 1.


Lời giải
Chọn B



(14)

Để phương trình 3


3 2 0


x x m



     có 3 nghiệm phân biệt trong đó có 2 nghiệm dương thì đồ thị
y m phải cắt đồ thị yx33x2 tại 3 điểm phân biệt trong đó có hai điểm có hồnh độ dương.
Xét hàm số yx33x2 có đồ thị như hình vẽ. Dựa vào đồ thị ta có        4 m 2 2 m 4.


Câu 37: [2H1-3.1-2] Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy ABC là tam giác đều cạnh ,a góc giữa
CA và mặt

AA B B 

bằng 30 .0 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A B C.   .


A.
3


6
.
12
a


B.
3


6
.
4
a


C.
3


3
.
4


a


D.
3


3
.
12
a


Lời giải
Chọn B


•Xác định được

0


; ; 30


CAAA B B   CA A M  CA M 


•Tính được 3 2.


2
a


A M  AAa
Thể tích khối lăng trụ là:


2 3


.



3 6


. 2. .


4 4


ABC A B C ABC


a a


V   AA Sa


Câu 38: [1H3-5.2-2] Cho hình chóp OABCOA OB OC, , đôi một vng góc với nhau và
3, 4, 1.


OAOBOC  Khi đó khoảng cách từ O đến mặt phẳng

ABC

là:
A. 25.


13 B.


14
.


13 C. 5. D.


12
.
13
Lời giải



Chọn D


•Kẻ OHAB. Ta có AB OH AB

OCH



AB OC





 






AB

ABC

 

ABC

 

OCH

theo giao tuyến CH


Kẻ OKCHOKd O ABC

;

. 4


K


B
C


3 H


A
O



1


300


B


C
B'


A


C'
A'



(15)

Ta có: 1 2 1 2 1 2 12 12 12 1 1 1 169 12.
9 16 144 OK 13
OKOCOHOCOAOB      
Câu 39: [2D1-1.5-2] Cho hàm số 1( 2 ) 3 2 2 3 1


3


ymm xmxx . Tất cả các giá trị nào của m để hàm số
luôn đồng biến trên ?


A.   3 m 0. B.   3 m 0. C.   3 m 0. D.   3 m 0.
Lời giải


Chọn B


Ta có y 

m2m x

24mx3.

Trường hợp 1: 2 0


0


1
m


m m


m


   


 .


Với m0: y'   3 0 x . Suy ra, với m0 hàm số đồng biến trên .
Với m1 : y'4x3. Suy ra, m1 không thỏa mãn yêu cầu.


Trường hợp 2 : 2


0
m  m .
Để hàm số đồng biến trên thì


2
2


0



0, 3 0.


3 0


m m


y x m


m m


  


        
 



Vậy với   3 m 0 thì hàm số đồng biến trên .


Câu 40: [2D1-3.2-2] Xét bài toán tìm tham số m để bất phương trình x2 1x2  m 0 có nghiệm. Kết
quả của bài tốn này là


A. m 1. B. m 1. C. 5


4


m  . D. 5


4
m  .


Lời giải


Chọn C


Đặt Ta đưa bài toán về

2 2



x  1x  m ; Xét hàm số f x

 

x2 1x2, x 

1;1


 

2 2



2


0


' x 1 2 0 3


1


2
x
x


f x x x


x
x








       


 



Khi đó GTLN ; GTNN của f x

 

lần lượt là 5


4 ; 1 khi đó bất phương trình có nghiệm khi


5 5


4 4


m m


     .


Câu 41: [2D1-3.2-2] Một khách sạn có 40 phịng. Tính tốn bằng số liệu thống kê với dữ liệu quá khứ người
ta ước lượng được rằng nếu đặt ra mức giá cho một phòng là x (nghìn đồng/ngày) thì mỗi ngày sẽ
cho thuê được số phòng là ( ) 40


20
x



(16)

đồng/ngày thì khơng có khách th phịng. Với thơng tin như trên thì khách sạn cần đưa ra mức giá
x là bao nhiêu để doanh thu là lớn nhất.


A. 600. B. 500. C. 400. D. 700.



Lời giải
Chọn C


Ta có số tiền thu được là

 

 



2
40


20
x
T x  x f xx
Xét hàm sô T x

 

ta có

 

40


10
x


Tx   khi đó T x

 

  0 x 400. Vậy chọn 400


Câu 42 : [2D1-2.14-2] Giá trị m để đồ thị hàm số yx42mx22mm4 có các điểm cực trị lập thành một
tam giác đều là :


A. m 33. B. m2 33 . C. m4 33 . D. m1/ 2.
Lời giải


Chọn A


Ta có y 4x34mx4 (x x2m); y 0 4x x

2 m

0 x2 0


x m






      






Hàm số có ba cực trị khi ycó ba nghiệm phân biệt hay m0.(*)
Vậy với điều kiện (*) đồ thị có 3 cực trị: tọa độ 3 cực trị đó là:


4 2

 

4 2

4



; 2 ; B ; 2 ;C 0; 2


A m mmmm mmm mm


Để ABC đều khi 2 2


ABAC hay

   

2 m 2  m 2

 

m2 2 4m m m4 m43m0.
3


3


m vì m0.


Câu 43.

[2D1-2.14-2]

Gọi

A B C, ,

là ba điểm cực trị của đồ thị hàm số

4 2



2 4 1


  


y x x

. Hỏi



diện tích tam giác

ABC

là bao nhiêu?



A. 4. B. 2. C. 1. D. 3


2.


Lời giải
Chọn B


Cách 1: Ta có 3


x 0


y 8x 8x y 0 x 1


x 1






    


  




. Gọi: A 0;1 , B 1; 1 ,C

  

 

 1; 1



Gọi H là trung điểm

BC

thì AHBCH 0; 1

.
Ta có: AH2; BC2


Vậy 1. . 2


2


ABC  



(17)

Cách 2: Ta có

 



2
2


4


1 1 4


. . . . 2.


4 2 4 2 2.2



 
    
ABC


b b
S


a a .


Câu 44.

[2D1-4.6-2]

Số tiệm cận của đồ thị hàm số



2
4 1
2
 


x x
y


x



A. 0. B. 2. C. 1. D. 3.


Lời giải
Chọn D


Ta có:


2


lim 2


x y x



    là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.


Mặt khác:


2 2


1 1 1 1


4 4


lim lim lim 2


2
2
1
1
  
   
  

 
 


x x x


x


x x x x



y


x


x
x


2 2


1 1 1 1


4 4


lim lim lim 2


2
2
1
1
  
     
   

 
 


x x x


x



x x x x


y


x


x
x


Nên

y

2;

y

 

2

là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Vậy có 03 đường tiệm cận của đồ thị hàm số.


Câu 45.

[2D1-2.8-2]

Hàm số


2
1
x mx
y
x m
 


đạt cực đại tại

x2

khi giá trị của

m

bằng:



A. 1. B. 3 . C. 1. D. 3.


Lời giải
Chọn D
2
x 1
x m


y
x m
 


 


\


D m




2 2


2


2 1


x mx m


y


x m


  


 





Hàm số đạt cực đại tại x2 nên y

 

2  0



2
2
4 3
0
2
m m
m
 
 
2


4 3 0


mm   1
3
m
m
 

  
 .
Với m 1 ta có


2
1
1
x x


y
x
 


 và


2
2
2
1
x x
y
x

 



(18)

Ta thấy, hàm số đạt cực tiểu tại x2 (loại).
Với m 3 ta có


2


3 1
3
x x
y


x
 



 và


2


2
6 8


3


x x


y


x


 


 


 ; y 0
2
4
x
x




 

Bảng xét dấu của y:



Ta thấy, hàm số đạt cực đại tại x2 (thoả).
Vậy m 3.


Câu 46.

[2D1-1.5-2]

Tất cả các giá trị

m

để hàm số

3 2


3( 1) 3( 1) 1


yxmxmx

đồng biến trên


là:



A. m  0 m 3. B. 0 m 3. C. m  0 m 3. D. 0 m 3.
Lời giải


Chọn B


3 2


3( 1) 3( 1) 1
yxmxmx
D




2


3 6 1 3 1


y  xmxm


Hàm số đã cho đồng biến trên  y   0; x



 2



3x 6 m1 x3 m 1 0; xx22

m1

 

xm 1

0; x


 

2



1 1 0


m  m  m23m0 0 m 3.


Câu 47.

[2D1-7.2-4]

Cho đồ thị hàm số

2( )
2




x


y C


x

và điểm

M

thuộc đồ thị hàm số trên. Tiếp


tuyến với

( )C

tại

M

cắt các tiệm cận của

 

C

tại

A B,

. Gọi

I

là giao điểm hai đường


tiệm cận. Tìm điểm

M

có hoành độ dương để chu vi tam giác

IAB

là nhỏ nhất



A. M

 

4;3 . B. M

 

3;5 . C. 5;7
2
M


 . D. M

 

6; 2

Lời giải


Chọn A


TXĐ : D \ 2

 

,


2
4


2

 



y


x



(19)

Gọi ; 1 4

 


2






 


M a C


a . Tiếp tuyến d tại M có phương trình


 



2



4 4
: 1
2
2

   



d y x a


a
a


   

1


6
2;
2

 
 

 
a



d d A


a ,

   

dd2 B

2a2;1





8


0; ; 2 4;0


2


 


 




 


IA IB a


a


Diện tích tam giác IAB: 1 . 1. 8 .2. 2 8


2 2 2


IAB    



S IA IB a


a không đổi


Nên để chu vi tam giác IAB là nhỏ nhất 8 2. 2
2


    




IA IB a


a
2 4
2 4
0


    


a
a


aa0 nên suy ra M

 

4;3 .


Câu 48.

[2D1-1.5-4]

Tất cả giá trị nào của m thì hàm số

yx m( x2)m

nghịch biến trên khoảng


( 1; 1)



A. m0. B. m3. C. m0. D. m3


Lời giải
Chọn C


Ta xét : 2 3


( )


      
y x m x m x mx m
2


3
   


y x m


Trường hợp 1: Nếu m 0 y0 với  x nên hàm số nghịch biến trên , suy ra hàm số
nghịch biến trên khoảng ( 1; 1) .


Trường hợp 2 : Nếu m0. Xét 2 2


3
0
3


3 0 3


3


0
3

 


       

  


m
x


y x m x m


m
x



(20)

Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng ; 3
3


 


 


 


 



 


m


và 3 ;
3


 





 


 


 


m


với m0


Vì 3 0; 3 0


3 3


mm  nên không tồn tại m0 để hàm số nghịch biến trên

1; 1

.
Vậy m0.


Câu 49.

[2H1-2.5-4]

Cho khối tứ diện có thể tích là

V

. Gọi

V là thể tích của khối tứ diện có

các đỉnh là các trọng tâm của các mặt của khối tứ diện đã cho. Tính tỉ số

V


V




.



A. 1


27


V
V




. B. 1


3


V
V




. C. 1


8


V


V




. D. 1


9


V
V



 .
Lời giải


Chọn A


Giả sử tứ diện là ABCD(như hình vẽ); h là chiều cao tứ diện từ đỉnh A.
Ta có: 1 . 1 .1 . .sin 1 . . sin


3 3 2 6


ABCD BCD


VVh Sh BC BD CBDh BC BD CBD.


Gọi G1, G2, G3, G4 lần lượt là trọng tâm 4 mặt tứ diện (như hình vẽ); h là độ dài đường cao từ
đỉnh G1 của tứ diện G G G G1 2 3 4.


Ta có: 2 4 1


3


G GBD, 3 4 1
3


G GBC, CBDG G G2 4 3,
1
3
h  h.


1 2 3 4 2 3 4 2 4 3 4 2 4 3


1 1 1 1


. . . sin . . . .sin


3 3 2 6 3 3 3 27 27


ABCD
G G G G G G G


V


h BD BC V


VVh S  hG G G G G G GCBD 
1


27
V



V


  .



(21)

A.

0;

. B.

2;

. C.

0; 2

. D.

 2;0

.
Lời giải


Chọn C


Ta có: y  x4 4x21.
Tập xác định: D .


3


4 8


y   xx; 3 0


0 4 8 0


2
x


y x x


x



       


 


 .


Bảng biến thiên:





Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×