-
Đề kiểm tra 15 phút
-
Đề kiểm tra 15 phút - Chương I - Giải Tích 12
-
Đề kiểm tra 15 phút - Chương II - Giải Tích 12
-
Đề kiểm tra 15 phút - Chương III - Giải Tích 12
-
Đề kiểm tra 15 phút – Chương IV – Giải tích 12
-
Đề kiểm tra 15 phút - Chương I - Hình học 12
-
Đề kiểm tra 15 phút - Chương II - Hình học 12
-
Đề kiểm tra 15 phút - Chương III - Hình học 12
-
-
Đề kiểm tra 1 tiết
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương I - Giải Tích 12
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương II - Giải Tích 12
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương III - Giải Tích 12
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương IV - Giải Tích 12
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương I - Hình học 12
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương II - Hình học 12
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương III - Hình học 12
-
-
Đề thi giữa học kì 1
-
Đề thi học kì 1
-
Đề thi giữa học kì 2
-
Đề thi học kì 2
-
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN
Đề thi học kì 1 Toán 12 - Đề số 4
Đề bài
Cho mặt cầu \(S\left( {I;R} \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\) cách I một khoảng bằng \(\frac{R}{2}\). Khi đó giao của \(\left( P \right)\) và \(\left( S \right)\) là đường tròn có chu vi bằng:
-
A.
\(2\pi R.\)
-
B.
\(2\pi R\sqrt 3 .\)
-
C.
\(\pi R\sqrt 3 .\)
-
D.
\(\pi R.\)
Công thức tính thể tích khối nón biết diện tích đáy \({S_d}\) và đường sinh \(l\) là:
-
A.
\(V = \dfrac{1}{3}{S_d}.l\)
-
B.
\(V = \dfrac{1}{3}{S_d}\sqrt {{h^2} - {r^2}} \)
-
C.
\(V = \dfrac{1}{3}{S_d}\sqrt {{l^2} - {r^2}} \)
-
D.
\(V = {S_d}\sqrt {{l^2} - {r^2}} \)
Bảng biến thiên sau đây là của hàm số nào?
-
A.
\(y=\frac{2x+1}{x+1}\)
-
B.
\(y=\frac{x-1}{2x+1}\)
-
C.
\(y=\frac{x+2}{1+x}\)
-
D.
\(y=\frac{2x+1}{x-1}\)
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến và có đạo hàm trên \(\left( { - 5;5} \right)\). Khi đó:
-
A.
\(f'\left( 3 \right) < 0\)
-
B.
\(f'\left( 0 \right) < 0\)
-
C.
\(f'\left( 0 \right) \ge 0\)
-
D.
\(f'\left( 0 \right) = 0\)
Hình $ABCD$ khi quay quanh $BC$ thì tạo ra:
-
A.
Một hình trụ
-
B.
Một hình nón
-
C.
Một hình nón cụt
-
D.
Hai hình nón
Nghiệm của bất phương trình \({e^x} + {e^{ - x}} < \dfrac{5}{2}\) là
-
A.
\(x < - \ln 2\) hoặc $x > \ln 2$
-
B.
\( - \ln 2 < x < \ln 2\)
-
C.
\(x < \dfrac{1}{2}\) hoặc \(x > 2\)
-
D.
\(\dfrac{1}{2} < x < 2\)
Số mặt phẳng đối xứng của hình bát diện đều là:
-
A.
\(5\)
-
B.
\(3\)
-
C.
\(7\)
-
D.
\(9\)
Tâm đối xứng của đồ thị hàm số bậc ba có hoành độ là nghiệm của phương trình
-
A.
\(y' = 0\)
-
B.
\(y'' = 0\)
-
C.
\(y = 0\)
-
D.
A và B đều đúng.
Gọi $m$ là giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = x - 1 + \dfrac{4}{{x - 1}}$ trên khoảng $\left( {1; + \infty {\rm{\;}}} \right)$. Tìm $m?$
-
A.
$m = 2$
-
B.
$m = 5$
-
C.
$m = 3$
-
D.
$m = 4$
Giá trị ${\log _{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}}81$ là:
-
A.
$2$
-
B.
$ - 8$
-
C.
$ - 2$
-
D.
$\dfrac{1}{2}$
Cho $m,n \in Z$, khi đó:
-
A.
${a^{m.n}} = {a^m}.{a^n}$
-
B.
${a^{mn}} = {a^m} + {a^n}$
-
C.
${a^{mn}} = {a^m}:{a^n}$
-
D.
${a^{mn}} = {\left( {{a^m}} \right)^n}$
Cho hàm số \(y = \left( {2\sqrt 2 - 3} \right){x^4} + \sqrt 2 {x^2} - 1\). Chọn kết luận đúng:
-
A.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \)
-
B.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - \infty \)
-
C.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 2\sqrt 2 - 3\)
-
D.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - 1\)
Phép đối xứng tâm \(O\) cố định là phép vị tự tâm \(O\) tỉ số:
-
A.
\(k = 1\)
-
B.
\(k = 0\)
-
C.
\(k = - 1\)
-
D.
không là phép vị tự.
Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định, liên tục trên $R$ có bảng biến thiên:
Bảng biến thiên trên là bảng biến thiên của hàm số nào?
-
A.
$y = {x^4} - 2{x^2}$
-
B.
$y = - {x^4} + 2{x^2}$
-
C.
$y = - {x^4} - 2{x^2} - 3$
-
D.
$y = - {x^4} - 2{x^2} + 1$
Cho \(x > 0\) và \(n \in {\mathbb{N}^*},n \ge 2\). Chọn công thức đúng:
-
A.
\(\left( {\sqrt[n]{x}} \right)' = \dfrac{1}{n}{x^{ - \dfrac{{n - 1}}{n}}}\)
-
B.
\(\left( {\sqrt[n]{x}} \right)' = \dfrac{1}{n}{x^{\dfrac{{n - 1}}{n}}}\)
-
C.
\(\left( {\sqrt[n]{x}} \right)' = n{x^{ - \dfrac{{n - 1}}{n}}}\)
-
D.
\(\left( {\sqrt[n]{x}} \right)' = \dfrac{1}{n}{x^{ - \dfrac{{n + 1}}{n}}}\)
Tính thể tích \(V\) của khối trụ ngoại tiếp hình lập phương có cạnh bằng $a$.
-
A.
\(V = \dfrac{{3\pi {a^3}}}{4}\)
-
B.
\(V = \pi {a^3}\)
-
C.
\(V = \dfrac{{\pi {a^3}}}{6}\)
-
D.
\(V = \dfrac{{\pi {a^3}}}{2}\)
Tập xác định của hàm số \(y = {2^x}\) là:
-
A.
\(\left[ {0; + \infty } \right)\)
-
B.
\(\mathbb{R}\)
-
C.
\(\left( {0; + \infty } \right)\)
-
D.
\({\mathbb{R}^*}\)
Một người gửi vào ngân hàng số tiền $A$ đồng, lãi suất $r\% $ mỗi tháng theo hình thức lãi kép, gửi theo phương thức có kì hạn $3$ tháng. Công thức tính số tiền cả vốn lẫn lãi mà người đó có sau $2$ năm là:
-
A.
$T = A{\left( {1 + 3.r\% } \right)^8}$
-
B.
$T = A{\left( {1 + r\% } \right)^8}$
-
C.
$T = A{\left( {1 + r\% } \right)^{24}}$
-
D.
$T = A{\left( {1 + 3.r\% } \right)^{24}}$
Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như hình vẽ:
Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?
-
A.
Hàm số nghịch biến trên $\left( { - \infty ; - 3} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)$
-
B.
Hàm số có đạt cực đại tại $x = {\rm{\;}} - 3$
-
C.
Hàm số đạt cực tiểu tại $ - 2$
-
D.
Hàm số có giá trị cực đại bằng $3$
Cho mặt cầu \(\left( S \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\) cắt nhau tại nhiều hơn một điểm. Giao tuyến của chúng là:
-
A.
mặt phẳng
-
B.
đường tròn
-
C.
đoạn thẳng
-
D.
hình tròn
Với \(a\) và \(b\) là hai số thực dương tùy ý, \(\log \left( {a{b^2}} \right)\) bằng
-
A.
\(2\log a + \log b\)
-
B.
$\log a + 2\log b$
-
C.
$2\left( {\log a + \log b} \right)$
-
D.
$\log a + \dfrac{1}{2}\log b$
Chọn kết luận không đúng:
-
A.
Phép đối xứng qua mặt phẳng bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm.
-
B.
Phép đối xứng qua mặt phẳng biến một đường thẳng song song với mặt phẳng thành đường thẳng song song và cách đều mặt phẳng so với đường thẳng ban đầu.
-
C.
Phép đối xứng qua mặt phẳng biến một đường thẳng song song với mặt phẳng thành đường thẳng nằm trong mặt phẳng.
-
D.
Phép đối xứng qua mặt phẳng bảo toàn độ dài đoạn thẳng.
Hình nào sau đây không có mặt cầu ngoại tiếp?
-
A.
hình hộp chữ nhật
-
B.
hình lập phương
-
C.
hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều
-
D.
hình chóp có đáy là hình thoi
Cho một mặt cầu bán kính bằng $1$. Xét các hình chóp tam giác đều ngoại tiếp mặt cầu trên. Hỏi thể tích nhỏ nhất của chúng bằng bao nhiêu?
-
A.
$\min V = 4\sqrt 3 $
-
B.
$\min V = 8\sqrt 3 $
-
C.
$\min V = 9\sqrt 3 $
-
D.
$\min V = 16\sqrt 3 $
Giá trị ${\log _3}a$ âm khi nào?
-
A.
$0 < a < 1$
-
B.
$0 < a < 3$
-
C.
$a > 3$
-
D.
$a > 1$
Số nghiệm thực phân biệt của phương trình ${4^{{x^2}}} - {5.2^{{x^2}}} + 4 = 0$ là
-
A.
$3$
-
B.
$2$
-
C.
$0$
-
D.
$1$
Cho hàm số \(y = {x^2}\), biết \({x^2} \ge 0,\forall x \in R\) và \({x^2} = 0 \Leftrightarrow x = 0 \Rightarrow y = 0\). Khi đó \(y = 0\) là:
-
A.
GTNN của hàm số.
-
B.
GTLN của hàm số
-
C.
GTNN của đồ thị hàm số
-
D.
GTLN của đồ thị hàm số.
Số giao điểm của đường cong \(y = {x^3} - 3{x^2} + x - 1\) và đường thẳng \(y = 1 - 2x\) bằng:
-
A.
$1$
-
B.
$0$
-
C.
$2$
-
D.
$3$
Tính giá trị \({\left( {\dfrac{1}{{16}}} \right)^{ - 0,75}} + {\left( {\dfrac{1}{8}} \right)^{ - \frac{4}{3}}},\)ta được kết quả là:
-
A.
24
-
B.
12
-
C.
16
-
D.
18
Hàm số $y = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ có đồ thị như hình vẽ, chọn kết luận đúng:
-
A.
$a > 0$
-
B.
$a < 0$
-
C.
$a = 0$
-
D.
$a \leqslant 0$
Cho hàm số $y = - {x^3} + 3m{x^2} - 3m - 1$ với \(m\) là tham số thực. Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị đối xứng với nhau qua đường thẳng $d:x + 8y - 74 = 0$.
-
A.
$m = 1$.
-
B.
$m = - 2$.
-
C.
$m = - 1$.
-
D.
$m = 2$.
Phương trình đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right) = \dfrac{{\sqrt {{x^4} - 3{x^2} + 5} }}{{x - 2}}\) là:
-
A.
\(y = x + 2\)
-
B.
\(y = x - 2\) hoặc \(y = x + 2\)
-
C.
\(y = x + 2\) hoặc \(y = - x - 2\)
-
D.
\(y = - x - 2\)
Tìm $m$ để phương trình ${x^5} + {x^3} - \sqrt {1 - x} + m = 0$ có nghiệm trên $\left( { - \infty ;1} \right]$.
-
A.
$m \geqslant - 2$
-
B.
$m > 2$
-
C.
$m \leqslant - 2$
-
D.
$m < 2$
Giá trị của biểu thức \(E = {3^{\sqrt 2 - 1}}{.9^{\sqrt 2 }}{.27^{1 - \sqrt 2 }}\) bằng:
-
A.
$3.$
-
B.
$27.$
-
C.
$9.$
-
D.
$1.$
Một người gửi vào ngân hàng số tiền $A$ đồng, lãi suất $r\% $ mỗi tháng theo hình thức lãi kép, gửi theo phương thức có kì hạn $1$ năm. Công thức tính số tiền cả vốn lẫn lãi mà người đó có sau $2$ năm là:
-
A.
$T = A{\left( {1 + r\% } \right)^{24}}$
-
B.
$T = A{\left( {1 + 12.r\% } \right)^2}$
-
C.
$T = A{\left( {1 + 12.r\% } \right)^{24}}$
-
D.
$T = A{\left( {1 + r\% } \right)^2}$
Cho các số thực a, b thỏa mãn \(1<a<b\). Khẳng định nào sau đây là đúng?
-
A.
\(\frac{1}{{{\log }_{a}}b}<1<\frac{1}{{{\log }_{b}}a}\)
-
B.
\(\frac{1}{{{\log }_{a}}b}<\frac{1}{{{\log }_{b}}a}<1\)
-
C.
\(1<\frac{1}{{{\log }_{a}}b}<\frac{1}{{{\log }_{b}}a}\)
-
D.
\(\frac{1}{{{\log }_{b}}a}<1<\frac{1}{{{\log }_{a}}b}\)
Cho \({\log _a}x = 2\), \({\log _b}x = 3\) với \(a,\,\,b\) là các số thực lớn hơn 1. Tính \(P = {\log _{\dfrac{a}{{{b^2}}}}}x.\)
-
A.
\(P = 6.\)
-
B.
\(P = - \dfrac{1}{6}.\)
-
C.
\(P = - 6.\)
-
D.
\(P = \dfrac{1}{6}.\)
Tính \(P = \ln \left( {2\cos {1^0}} \right).\ln \left( {2\cos {2^0}} \right).\ln \left( {2\cos {3^0}} \right)...\ln \left( {2\cos {{89}^0}} \right)\), biết rằng trong tích đã cho có \(89\) thừa số có dạng \(\ln \left( {2\cos {a^0}} \right)\) với \(1 \le a \le 89\) và \(a \in \mathbb{Z}\).
-
A.
\(P = 1\).
-
B.
\(P = - 1\).
-
C.
\(P = \dfrac{{{2^{89}}}}{{89!}}\).
-
D.
\(P = 0\).
Tính đạo hàm của hàm số $y = {e^{\sqrt {2x} }}.$
-
A.
$y' = \dfrac{{{e^{\sqrt {2x} }}}}{{2\sqrt {2x} }}.$
-
B.
$y' = \dfrac{{{e^{\sqrt x }}}}{{\sqrt {2x} }}.$
-
C.
$y' = \dfrac{{{e^{\sqrt {2x} }}}}{{\sqrt {2x} }}.$
-
D.
$y' = \sqrt {2x} .{e^{\sqrt {2x} }}.$
Tính đạo hàm của hàm số $y = {\ln ^2}\left( {\ln x} \right)$ tại điểm $x = e$.
-
A.
$y'\left( e \right) = e$.
-
B.
$y'\left( e \right) = 1$.
-
C.
$y'\left( e \right) = \dfrac{2}{e}$.
-
D.
$y'\left( e \right) = 0$.
Gọi $a$ là số thực lớn nhất để bất phương trình ${x^2} - x + 2 + a\ln \left( {{x^2} - x + 1} \right) \ge 0$ nghiệm đúng với mọi $x \in R.$ Mệnh đề nào sau đây đúng?
-
A.
$a \in \left( {6;7} \right].$
-
B.
$a \in \left( {2;3} \right].$
-
C.
$a \in \left( { - 6; - 5} \right].$
-
D.
$a \in (8; + \infty ).$
Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng?
-
A.
Tồn tại một đa diện đều có $2$ mặt là $2$ đa giác không bằng nhau.
-
B.
Nếu hình chóp tứ giác $S.ABCD$ là hình chóp đều thì nó cũng là đa diện đều
-
C.
Nếu một đa diện mà mỗi đỉnh của nó đều là đỉnh chung của đúng $3$ mặt thì tổng số đỉnh của nó phải là số chẵn.
-
D.
Nếu lăng trụ tam giác $ABC.A'B'C'$ là lăng trụ đều thì nó cũng là đa diện đều.
Cho khối lăng trụ tam giác đều \(ABC.{A_1}{B_1}{C_1}\) có tất cả các cạnh bằng \(a\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(A{A_1}\). Thể tích khối chóp \(M.BC{A_1}\) là:
-
A.
\(\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\)
-
B.
\(\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\)
-
C.
\(\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\)
-
D.
\(\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}\)
Cho đa diện \(ABCDEF\) có \(AD,BE,CF\) đôi một song song. \(AD \bot \left( {ABC} \right)\), \(AD + BE + CF = 5\), diện tích tam giác \(ABC\) bằng \(10\). Thể tích đa diện \(ABCDEF\) bằng
-
A.
\(50\)
-
B.
\(\dfrac{{15}}{2}\)
-
C.
\(\dfrac{{50}}{3}\)
-
D.
\(\dfrac{{15}}{4}\)
Một hình nón có bán kính đáy bằng $1$, chiều cao nón bằng $2$. Khi đó góc ở đỉnh của nón là $2\varphi $ thỏa mãn
-
A.
$\tan \varphi = \dfrac{{\sqrt 5 }}{5}$
-
B.
$\cot \varphi = \dfrac{{\sqrt 5 }}{5}$
-
C.
$\cos \varphi = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}$
-
D.
$\sin \varphi = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}$
Cho tứ diện $ABCD $ và $G$ là trọng tâm tam giác $ACD.$ Mặt phẳng $(P)$ qua $BG$ và song song với $CD$ chia khối tứ diện thành hai phần. Tính tỉ số thể tích (số bé chia số lớn) của hai phần đó là:
-
A.
\(\dfrac{1}{8}\)
-
B.
\(\dfrac{4}{9}\)
-
C.
\(\dfrac{2}{3}\)
-
D.
\(\dfrac{4}{5}\)
Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số \(y = \left| {\dfrac{1}{4}{x^4} - 14{x^2} + 48x + m - 30} \right|\) trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\) không vượt quá 30. Tổng giá trị của phần tử tập hợp S bằng bao nhiêu ?
-
A.
\(120\).
-
B.
\(210\).
-
C.
\(108\).
-
D.
\(136\).
Cho hàm số $y = a{x^4} + b{x^2} + c$ có $a > 0,b < 0$. Đồ thị hàm số có $4$ điểm chung với trục hoành nếu:
-
A.
${y_{CD}} > 0$.
-
B.
${y_{CT}} < 0$
-
C.
${y_{CD}}.{y_{CT}} < 0$
-
D.
${y_{CD}}.{y_{CT}} > 0$
Cho hàm số $y = f(x)$ có đạo hàm cấp một $f'(x)$ và đạo hàm cấp hai $f''(x)$ trên $\mathbb{R}$. Biết đồ thị hàm số $y = f(x),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = f'(x),{\mkern 1mu} y = f''(x)$ là một trong các đường cong $({C_1}),({C_2}),({C_3})$ ở hình vẽ bên. Hỏi đồ thị hàm số $y = f(x),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = f'(x),{\mkern 1mu} y = f''(x)$ lần lượt theo thứ tự nào dưới đây?
-
A.
$({C_2}),({C_1}),({C_3}).$
-
B.
$({C_1}),({C_2}),({C_3})$
-
C.
$({C_3}),({C_1}),({C_2})$
-
D.
$({C_3}),({C_2}),({C_1})$
Cho hàm số \(y=\dfrac{x-2}{x+1}\) có đồ thị (C). Tiếp tuyến d của đồ thị (C) tạo với hai tiệm cận một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất. Khi đó khoảng cách từ \(I(-1;1)\) đến \(d\) bằng
-
A.
\(\sqrt{3}\)
-
B.
\(\sqrt{6}\)
-
C.
\(2\sqrt{3}\)
-
D.
\(2\sqrt{6}\)
Lời giải và đáp án
Cho mặt cầu \(S\left( {I;R} \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\) cách I một khoảng bằng \(\frac{R}{2}\). Khi đó giao của \(\left( P \right)\) và \(\left( S \right)\) là đường tròn có chu vi bằng:
-
A.
\(2\pi R.\)
-
B.
\(2\pi R\sqrt 3 .\)
-
C.
\(\pi R\sqrt 3 .\)
-
D.
\(\pi R.\)
Đáp án : C
Giao tuyến của mặt cầu tâm I và mặt phẳng \(\left( P \right)\) là đường tròn có bán kính bằng: \(r = \sqrt {{R^2} - d_{\left( {I;\left( p \right)} \right)}^2} \)
Áp dụng công thức tính chu vi đường tròn.
Ta thấy \(d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{R}{2} \Rightarrow r = \sqrt {{R^2} - d_{\left( {I;\left( p \right)} \right)}^2} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\).
Khi đó chu vi đường tròn bằng \(S = 2\pi r = R\sqrt 3 \pi \)
Công thức tính thể tích khối nón biết diện tích đáy \({S_d}\) và đường sinh \(l\) là:
-
A.
\(V = \dfrac{1}{3}{S_d}.l\)
-
B.
\(V = \dfrac{1}{3}{S_d}\sqrt {{h^2} - {r^2}} \)
-
C.
\(V = \dfrac{1}{3}{S_d}\sqrt {{l^2} - {r^2}} \)
-
D.
\(V = {S_d}\sqrt {{l^2} - {r^2}} \)
Đáp án : C
- Tính chiều cao \(h\) sử dụng công thức \({l^2} = {h^2} + {r^2}\)
- Tính thể tích khối nón \(V = \dfrac{1}{3}{S_d}.h\).
Ta có: \({l^2} = {r^2} + {h^2} \Rightarrow h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} \Rightarrow V = \dfrac{1}{3}{S_d}.h = \dfrac{1}{3}{S_d}.\sqrt {{l^2} - {r^2}} \)
Bảng biến thiên sau đây là của hàm số nào?
-
A.
\(y=\frac{2x+1}{x+1}\)
-
B.
\(y=\frac{x-1}{2x+1}\)
-
C.
\(y=\frac{x+2}{1+x}\)
-
D.
\(y=\frac{2x+1}{x-1}\)
Đáp án : A
Dựa vào đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {\mkern 1mu} y = a\) hoặc \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\mkern 1mu} y = a\) thì y = a là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} {\mkern 1mu} y = \pm \infty \Rightarrow x = {x_0}\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} {\mkern 1mu} y = \infty \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x = - 1 \Rightarrow \) Loại đáp án B và D.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } {\mkern 1mu} y = 2 \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 2 \( \Rightarrow \) Loại đáp án C.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến và có đạo hàm trên \(\left( { - 5;5} \right)\). Khi đó:
-
A.
\(f'\left( 3 \right) < 0\)
-
B.
\(f'\left( 0 \right) < 0\)
-
C.
\(f'\left( 0 \right) \ge 0\)
-
D.
\(f'\left( 0 \right) = 0\)
Đáp án : C
Sử dụng tính chất: Hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {a;b} \right)\) thì \(f'\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left( {a;b} \right)\).
Vì \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( { - 5;5} \right)\) nên \(f'\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left( { - 5;5} \right)\).
Do đó \(f'\left( 3 \right) \ge 0,\) \(f'\left( 0 \right) \ge 0\) nên các đáp án A, B, D đều sai.
Hình $ABCD$ khi quay quanh $BC$ thì tạo ra:
-
A.
Một hình trụ
-
B.
Một hình nón
-
C.
Một hình nón cụt
-
D.
Hai hình nón
Đáp án : D
Sử dụng tính chất quay tam giác vuông quanh một cạnh góc vuông sẽ được một hình nón.
Gọi $O$ là giao điểm của $AD$ và $BC$.
- Quay tam giác vuông \(ABO\) quanh \(BO\) ta được một hình nón.
- Quay tam giác vuông \(DCO\) quanh \(CO\) ta được một hình nón.
Vậy có tất cả hai hình nón được tạo thành.
Nghiệm của bất phương trình \({e^x} + {e^{ - x}} < \dfrac{5}{2}\) là
-
A.
\(x < - \ln 2\) hoặc $x > \ln 2$
-
B.
\( - \ln 2 < x < \ln 2\)
-
C.
\(x < \dfrac{1}{2}\) hoặc \(x > 2\)
-
D.
\(\dfrac{1}{2} < x < 2\)
Đáp án : B
Giải bất phương trình bằng phương pháp biến đổi về dạng tích \(ab < 0 \Leftrightarrow a,b\) trái dấu.
Chú ý \({e^{ - x}} = \dfrac{1}{{{e^x}}}\)
\({e^x} + {e^{ - x}} < \dfrac{5}{2} \Leftrightarrow {e^{2x}} + 1 < \dfrac{5}{2}{e^x} \Leftrightarrow 2{e^{2x}} - 5{e^x} + 2 < 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {{e^x} - 2} \right)\left( {2{e^x} - 1} \right) < 0 \Leftrightarrow \dfrac{1}{2} < {e^x} < 2 \Leftrightarrow - \ln 2 < x < \ln 2\)
Số mặt phẳng đối xứng của hình bát diện đều là:
-
A.
\(5\)
-
B.
\(3\)
-
C.
\(7\)
-
D.
\(9\)
Đáp án : D
Hình bát diện đều có \(9\) mặt phẳng đối xứng.
Tâm đối xứng của đồ thị hàm số bậc ba có hoành độ là nghiệm của phương trình
-
A.
\(y' = 0\)
-
B.
\(y'' = 0\)
-
C.
\(y = 0\)
-
D.
A và B đều đúng.
Đáp án : B
Đồ thị hàm số bậc ba có tâm đối xứng chính là điểm uốn của đồ thị hàm số.
Tâm đối xứng của đồ thị hàm số bậc ba có hoành độ là nghiệm của phương trình \(y'' = 0\)
Gọi $m$ là giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = x - 1 + \dfrac{4}{{x - 1}}$ trên khoảng $\left( {1; + \infty {\rm{\;}}} \right)$. Tìm $m?$
-
A.
$m = 2$
-
B.
$m = 5$
-
C.
$m = 3$
-
D.
$m = 4$
Đáp án : D
Sử dung BĐT Cauchy cho hai số không âm \(a + b \ge 2\sqrt {ab} \)
${\rm{\;}}x > 1 \Leftrightarrow x - 1 > 0$
$ \Rightarrow y = x - 1 + \dfrac{4}{{x - 1}} \ge 2\sqrt {\left( {x - 1} \right).\dfrac{4}{{x - 1}}} = 2.2 = 4$
Dấu bằng xảy ra $ \Leftrightarrow x - 1 = \dfrac{4}{{x - 1}} \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow x = 3$.
Vậy GTNN của hàm số là $m=4$ khi $x=3$.
Giá trị ${\log _{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}}81$ là:
-
A.
$2$
-
B.
$ - 8$
-
C.
$ - 2$
-
D.
$\dfrac{1}{2}$
Đáp án : B
Sủ dụng các công thức ${\log _{{a^n}}}b = \dfrac{1}{n}{\log _a}b$ và ${\log _a}{b^n} = n{\log _a}b$.
Ta có: ${\log _{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}}81 = {\log _{{{\sqrt 3 }^{ - 1}}}}{3^4} = - {\log _{\sqrt 3 }}{3^4} $
$= - {\log _{{3^{\frac{1}{2}}}}}{3^4} = - \dfrac{1}{{1/2}}{\log _3}{3^4} = - 2{\log _3}{3^4} = - 2.4 = - 8$
Cho $m,n \in Z$, khi đó:
-
A.
${a^{m.n}} = {a^m}.{a^n}$
-
B.
${a^{mn}} = {a^m} + {a^n}$
-
C.
${a^{mn}} = {a^m}:{a^n}$
-
D.
${a^{mn}} = {\left( {{a^m}} \right)^n}$
Đáp án : D
Với $m,n \in Z$ thì ${a^{mn}} = {\left( {{a^m}} \right)^n}$.
Cho hàm số \(y = \left( {2\sqrt 2 - 3} \right){x^4} + \sqrt 2 {x^2} - 1\). Chọn kết luận đúng:
-
A.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \)
-
B.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - \infty \)
-
C.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 2\sqrt 2 - 3\)
-
D.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - 1\)
Đáp án : B
Hàm \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\left( {a < 0} \right)\) có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - \infty \).
Hàm số \(y = \left( {2\sqrt 2 - 3} \right){x^4} + \sqrt 2 {x^2} - 1\) có \(a = 2\sqrt 2 - 3 < 0\) nên\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\left( {2\sqrt 2 - 3} \right){x^4} + \sqrt 2 {x^2} - 1} \right) = - \infty \)
Phép đối xứng tâm \(O\) cố định là phép vị tự tâm \(O\) tỉ số:
-
A.
\(k = 1\)
-
B.
\(k = 0\)
-
C.
\(k = - 1\)
-
D.
không là phép vị tự.
Đáp án : C
Phép đối xứng tâm là phép vị tự tỉ số \( - 1\).
Phép đối xứng tâm \(O\) cố định là phép vị tự tâm \(O\) tỉ số \(k = - 1\)
Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định, liên tục trên $R$ có bảng biến thiên:
Bảng biến thiên trên là bảng biến thiên của hàm số nào?
-
A.
$y = {x^4} - 2{x^2}$
-
B.
$y = - {x^4} + 2{x^2}$
-
C.
$y = - {x^4} - 2{x^2} - 3$
-
D.
$y = - {x^4} - 2{x^2} + 1$
Đáp án : B
- Nhận xét dáng đồ thị suy ra hệ số $a$.
- Tìm điểm đi qua và đối chiếu các đáp án
Nhận xét: Dễ thấy bảng biến thiên của đồ thị hàm số bậc 4.
Ngoài cùng bên phải của $y' < 0 \Rightarrow a < 0 \Rightarrow $Loại đáp án A
Thay điểm $\left( {0;0} \right)$ vào các hàm số ở đáp án B, C, D
Điểm $\left( {0;0} \right)$ chỉ thuộc vào đồ thị hàm số $y = - {x^4} + 2{x^2}$
Cho \(x > 0\) và \(n \in {\mathbb{N}^*},n \ge 2\). Chọn công thức đúng:
-
A.
\(\left( {\sqrt[n]{x}} \right)' = \dfrac{1}{n}{x^{ - \dfrac{{n - 1}}{n}}}\)
-
B.
\(\left( {\sqrt[n]{x}} \right)' = \dfrac{1}{n}{x^{\dfrac{{n - 1}}{n}}}\)
-
C.
\(\left( {\sqrt[n]{x}} \right)' = n{x^{ - \dfrac{{n - 1}}{n}}}\)
-
D.
\(\left( {\sqrt[n]{x}} \right)' = \dfrac{1}{n}{x^{ - \dfrac{{n + 1}}{n}}}\)
Đáp án : A
Sử dụng điều kiện để đẳng thức \(\sqrt[n]{x} = {x^{\dfrac{1}{n}}}\) xảy ra là \(x > 0\) và công thức tính đạo hàm \(\left( {{x^\alpha }} \right)' = \alpha {x^{\alpha - 1}}\)
Ta có: \(\left( {\sqrt[n]{x}} \right)' = \left( {{x^{\dfrac{1}{n}}}} \right)' = \dfrac{1}{n}{x^{\dfrac{1}{n} - 1}} = \dfrac{1}{n}{x^{\dfrac{{1 - n}}{n}}} = \dfrac{1}{n}{x^{ - \dfrac{{n - 1}}{n}}}\)
Tính thể tích \(V\) của khối trụ ngoại tiếp hình lập phương có cạnh bằng $a$.
-
A.
\(V = \dfrac{{3\pi {a^3}}}{4}\)
-
B.
\(V = \pi {a^3}\)
-
C.
\(V = \dfrac{{\pi {a^3}}}{6}\)
-
D.
\(V = \dfrac{{\pi {a^3}}}{2}\)
Đáp án : D
Thể tích của khối trụ là:$V = \pi {R^2}h$.
Khối trụ ngoại tiếp hình lập phương có cạnh bằng $a$ thì bán kính đáy \(r = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\) và chiều cao \(h = a\).
Suy ra \(V = \pi {r^2}h = \dfrac{{\pi {a^3}}}{2}\)
Tập xác định của hàm số \(y = {2^x}\) là:
-
A.
\(\left[ {0; + \infty } \right)\)
-
B.
\(\mathbb{R}\)
-
C.
\(\left( {0; + \infty } \right)\)
-
D.
\({\mathbb{R}^*}\)
Đáp án : B
Hàm số \(y = {a^x}\) xác định trên \(\mathbb{R}.\)
Tập xác định của hàm số \(y = {2^x}\) là \(\mathbb{R}.\)
Một người gửi vào ngân hàng số tiền $A$ đồng, lãi suất $r\% $ mỗi tháng theo hình thức lãi kép, gửi theo phương thức có kì hạn $3$ tháng. Công thức tính số tiền cả vốn lẫn lãi mà người đó có sau $2$ năm là:
-
A.
$T = A{\left( {1 + 3.r\% } \right)^8}$
-
B.
$T = A{\left( {1 + r\% } \right)^8}$
-
C.
$T = A{\left( {1 + r\% } \right)^{24}}$
-
D.
$T = A{\left( {1 + 3.r\% } \right)^{24}}$
Đáp án : A
Sử dụng công thức tính số tiền cho bài toán lãi suất kép có kì hạn $T = A{\left( {1 + mr} \right)^N}$.
Ta có $m = 3$, mỗi kì hạn là $3$ tháng nên $2$ năm có $2.12:3 = 8$ kì hạn.
Vậy $T = A{\left( {1 + 3.r\% } \right)^8}$.
Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như hình vẽ:
Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?
-
A.
Hàm số nghịch biến trên $\left( { - \infty ; - 3} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)$
-
B.
Hàm số có đạt cực đại tại $x = {\rm{\;}} - 3$
-
C.
Hàm số đạt cực tiểu tại $ - 2$
-
D.
Hàm số có giá trị cực đại bằng $3$
Đáp án : D
Dựa vào bảng biến thiên và rút ra kết luận
Nhận thấy hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 3} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$
Hàm số có giá trị cực đại bằng 3 tại $x = 2$
Cho mặt cầu \(\left( S \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\) cắt nhau tại nhiều hơn một điểm. Giao tuyến của chúng là:
-
A.
mặt phẳng
-
B.
đường tròn
-
C.
đoạn thẳng
-
D.
hình tròn
Đáp án : B
Nếu mặt phẳng cắt mặt cầu tại nhiều hơn \(1\) điểm thì giao tuyến của chúng là một đường tròn nằm trên mặt cầu.
Với \(a\) và \(b\) là hai số thực dương tùy ý, \(\log \left( {a{b^2}} \right)\) bằng
-
A.
\(2\log a + \log b\)
-
B.
$\log a + 2\log b$
-
C.
$2\left( {\log a + \log b} \right)$
-
D.
$\log a + \dfrac{1}{2}\log b$
Đáp án : B
Sử dụng các công thức biến đổi logarit: \(\log \left( {xy} \right) = \log x + \log y;\;\;\log {x^n} = n\log x\) với \(x;y\) là các số thực dương.
Ta có: \(\log \left( {a{b^2}} \right) = \log a + \log {b^2} = \log a + 2\log b\)
Chọn kết luận không đúng:
-
A.
Phép đối xứng qua mặt phẳng bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm.
-
B.
Phép đối xứng qua mặt phẳng biến một đường thẳng song song với mặt phẳng thành đường thẳng song song và cách đều mặt phẳng so với đường thẳng ban đầu.
-
C.
Phép đối xứng qua mặt phẳng biến một đường thẳng song song với mặt phẳng thành đường thẳng nằm trong mặt phẳng.
-
D.
Phép đối xứng qua mặt phẳng bảo toàn độ dài đoạn thẳng.
Đáp án : C
Sử dụng định nghĩa, tính chất của phép đối xứng qua mặt phẳng.
Phép đối xứng qua mặt phẳng bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm nên A, D đúng.
Phép đối xứng qua mặt phẳng biến một đường thẳng song song với mặt phẳng thành đường thẳng song song và cách đều mặt phẳng so với đường thẳng ban đầu nên B đúng và C sai.
Hình nào sau đây không có mặt cầu ngoại tiếp?
-
A.
hình hộp chữ nhật
-
B.
hình lập phương
-
C.
hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều
-
D.
hình chóp có đáy là hình thoi
Đáp án : D
Sử dụng dấu hiệu nhận biết các hình có mặt cầu ngoại tiếp:
- Hình hộp chữ nhật và hình lập phương đều có mặt cầu ngoại tiếp.
- Hình lăng trụ đứng có đáy là đa giác nội tiếp được đường tròn thì có mặt cầu ngoại tiếp.
- Hình chóp có đáy là đa giác nội tiếp được đường tròn thì có mặt cầu ngoại tiếp.
- Hình hộp chữ nhật và hình lập phương đều có mặt cầu ngoại tiếp nên A và B đúng.
- Hình lăng trụ đứng có đáy là đa giác nội tiếp được đường tròn thì có mặt cầu ngoại tiếp nên C đúng.
- Hình chóp có đáy là đa giác nội tiếp được đường tròn thì có mặt cầu ngoại tiếp nên D sai vì hình thoi không nội tiếp được đường tròn.
Cho một mặt cầu bán kính bằng $1$. Xét các hình chóp tam giác đều ngoại tiếp mặt cầu trên. Hỏi thể tích nhỏ nhất của chúng bằng bao nhiêu?
-
A.
$\min V = 4\sqrt 3 $
-
B.
$\min V = 8\sqrt 3 $
-
C.
$\min V = 9\sqrt 3 $
-
D.
$\min V = 16\sqrt 3 $
Đáp án : B
Trong các hình chóp tam giác đều ngoại tiếp một mặt cầu, hình tứ diện đều có thể tích nhỏ nhất.
- Bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện đều cạnh \(a\) là \(r = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{{12}}\)
- Thể tích tứ diện đều cạnh \(a\) là \(\dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)
Áp dụng các công thức trong tứ diện đều cạnh $a$
Bán kính mặt cầu nội tiếp $r = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{{12}} = 1 \Rightarrow a = 2\sqrt 6 $
Thể tích tứ diện đều đó là $V = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}} = 8\sqrt 3 $
Giá trị ${\log _3}a$ âm khi nào?
-
A.
$0 < a < 1$
-
B.
$0 < a < 3$
-
C.
$a > 3$
-
D.
$a > 1$
Đáp án : A
Sử dụng hệ quả so sánh: Nếu $a > 1;b > 0$ thì ${\log _a}b > 0 \Leftrightarrow b > 1;{\log _a}b < 0 \Leftrightarrow 0 < b < 1$.
Vì $3 > 1$ nên để ${\log _3}a < 0$ thì $0 < a < 1$.
Số nghiệm thực phân biệt của phương trình ${4^{{x^2}}} - {5.2^{{x^2}}} + 4 = 0$ là
-
A.
$3$
-
B.
$2$
-
C.
$0$
-
D.
$1$
Đáp án : A
Giải trực tiếp phương trình để tìm số nghiệm
$\begin{array}{l}{4^{{x^2}}} - {5.2^{{x^2}}} + 4 = 0 \Leftrightarrow {\left( {{2^{{x^2}}}} \right)^2} - {5.2^{{x^2}}} + 4 = 0 \Leftrightarrow \left( {{2^{{x^2}}} - 4} \right)\left( {{2^{{x^2}}} - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^{{x^2}}} = 4\\{2^{{x^2}}} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 2\\{x^2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm \sqrt 2 \\x = 0\end{array} \right.\end{array}$
Cho hàm số \(y = {x^2}\), biết \({x^2} \ge 0,\forall x \in R\) và \({x^2} = 0 \Leftrightarrow x = 0 \Rightarrow y = 0\). Khi đó \(y = 0\) là:
-
A.
GTNN của hàm số.
-
B.
GTLN của hàm số
-
C.
GTNN của đồ thị hàm số
-
D.
GTLN của đồ thị hàm số.
Đáp án : A
\(y = 0\) là GTNN của hàm số
Số giao điểm của đường cong \(y = {x^3} - 3{x^2} + x - 1\) và đường thẳng \(y = 1 - 2x\) bằng:
-
A.
$1$
-
B.
$0$
-
C.
$2$
-
D.
$3$
Đáp án : A
- Xét phương trình hoành độ giao điểm, giải phương trình và kết luận nghiệm.
- Số giao điểm chính là số nghiệm của phương trình.
Xét phương trình hoành độ:
\({x^3} - 3{x^2} + x - 1 = 1 - 2x\) \( \Leftrightarrow {x^3} - 3{x^2} + 3x - 2 = 0\) \( \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow x = 2\)
Vậy số giao điểm là \(1\).
Tính giá trị \({\left( {\dfrac{1}{{16}}} \right)^{ - 0,75}} + {\left( {\dfrac{1}{8}} \right)^{ - \frac{4}{3}}},\)ta được kết quả là:
-
A.
24
-
B.
12
-
C.
16
-
D.
18
Đáp án : A
Sử dụng công thức \(\dfrac{1}{{{x^m}}} = {x^{ - m}},\,\,{\left( {{x^m}} \right)^n} = {x^{mn}}\).
\({\left( {\dfrac{1}{{16}}} \right)^{ - 0,75}} + {\left( {\dfrac{1}{8}} \right)^{ - \frac{4}{3}}} = {16^{0,75}} + {8^{\frac{4}{3}}} = {\left( {{2^4}} \right)^{\frac{3}{4}}} + {\left( {{2^3}} \right)^{\frac{4}{3}}} = {2^3} + {2^4} = 24\).
Hàm số $y = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ có đồ thị như hình vẽ, chọn kết luận đúng:
-
A.
$a > 0$
-
B.
$a < 0$
-
C.
$a = 0$
-
D.
$a \leqslant 0$
Đáp án : A
Quan sát đồ thị ta thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - \infty $ nên $a > 0$.
Cho hàm số $y = - {x^3} + 3m{x^2} - 3m - 1$ với \(m\) là tham số thực. Tìm giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị đối xứng với nhau qua đường thẳng $d:x + 8y - 74 = 0$.
-
A.
$m = 1$.
-
B.
$m = - 2$.
-
C.
$m = - 1$.
-
D.
$m = 2$.
Đáp án : D
- Tính \(y'\) và tìm hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) của phương trình \(y' = 0\)
- Tìm tọa độ các điểm cực trị.
- Sử dụng điều kiện đối xứng tìm \(m\).
Ta có $y' = - 3{x^2} + 6mx = - 3x\left( {x - 2m} \right);{\rm{ }}y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2m\end{array} \right.$.
Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị \( \Leftrightarrow m \ne 0\).
Khi đó gọi $A\left( {0; - 3m - 1} \right)$ và $B\left( {2m;4{m^3} - 3m - 1} \right)$ là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.
Suy ra trung điểm của $AB$ là điểm $I\left( {m;2{m^3} - 3m - 1} \right)$và\(\overrightarrow {AB} = \left( {2m;4{m^3}} \right) = 2m\left( {1;2{m^2}} \right)\).
Đường thẳng \(d\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u = \left( {8; - 1} \right).\)
Ycbt \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}I \in d\\\overrightarrow {AB} .\overrightarrow u = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 8\left( {2{m^3} - 3m - 1} \right) - 74 = 0\\8 - 2{m^2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2.\)
Phương trình đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right) = \dfrac{{\sqrt {{x^4} - 3{x^2} + 5} }}{{x - 2}}\) là:
-
A.
\(y = x + 2\)
-
B.
\(y = x - 2\) hoặc \(y = x + 2\)
-
C.
\(y = x + 2\) hoặc \(y = - x - 2\)
-
D.
\(y = - x - 2\)
Đáp án : A
- Bước 1: Tính cả hai giới hạn \(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{f\left( x \right)}}{x}\) và \(a' = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{f\left( x \right)}}{x}\).
- Bước 2: Nếu \(\left[ \begin{array}{l}a \ne 0; \pm \infty \\a' \ne 0; \pm \infty \end{array} \right.\) thì tính \(\left[ \begin{array}{l}b = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f\left( x \right) - ax} \right]\\b' = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {f\left( x \right) - a'x} \right]\end{array} \right.\)
- Bước 3: Kết luận: Nếu các giới hạn trên là hữu hạn thì \(y = ax + b\) và \(y = a'x + b'\) là các tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{f\left( x \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{\sqrt {{x^4} - 3{x^2} + 5} }}{{x\left( {x - 2} \right)}} \) \(= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{\sqrt {1 - \dfrac{3}{{{x^2}}} + \dfrac{5}{{{x^4}}}} }}{{1 - \dfrac{2}{x}}} = 1 = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{f\left( x \right)}}{x} \) \(\Rightarrow a = 1\) .
\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f\left( x \right) - x} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\dfrac{{\sqrt {{x^4} - 3{x^2} + 5} }}{{x - 2}} - x} \right] \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{\sqrt {{x^4} - 3{x^2} + 5} - \left( {{x^2} - 2x} \right)}}{{x - 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{4{x^3} - 7{x^2} + 5}}{{\left( {x - 2} \right)\left[ {\sqrt {{x^4} - 3{x^2} + 5} + \left( {{x^2} - 2x} \right)} \right]}} \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{4 - \dfrac{7}{x} + \dfrac{5}{{{x^3}}}}}{{\left( {1 - \dfrac{2}{x}} \right)\left( {\sqrt {1 - \dfrac{3}{{{x^2}}} + \dfrac{5}{{{x^4}}}} + 1 - \dfrac{2}{x}} \right)}} = \dfrac{4}{2} = 2\\\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {f\left( x \right) - x} \right] = 2 \Rightarrow b = 2\end{array}\)
Vậy tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là \(y = x + 2\).
Tìm $m$ để phương trình ${x^5} + {x^3} - \sqrt {1 - x} + m = 0$ có nghiệm trên $\left( { - \infty ;1} \right]$.
-
A.
$m \geqslant - 2$
-
B.
$m > 2$
-
C.
$m \leqslant - 2$
-
D.
$m < 2$
Đáp án : A
- Nêu mối quan hệ giữa số nghiệm của phương trình và số giao điểm của $d$ và $\left( C \right)$.
- Khảo sát hàm số $y = {x^5} + {x^3} - \sqrt {1 - x} $ trên $\left( { - \infty ;1} \right]$ và từ đó suy ra điều kiện của $m$.
Ta có số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của đồ thị (C): $y = {x^5} + {x^3} - \sqrt {1 - x} $ và đường thẳng d: $y = - m$.
Xét hàm số (C): $y = {x^5} + {x^3} - \sqrt {1 - x} $ có: $y' = 5{x^4} + 3{x^2} + \dfrac{1}{{2\sqrt {1 - x} }} > 0\,\,\forall x \in \left( { - \infty ;1} \right)$$ \Rightarrow $ hàm số luôn đồng biến trên $\left( { - \infty ;1} \right]$.
Lại có $y\left( 1 \right) = 2$.
Ta có BBT:
Theo BBT ta thấy pt có nghiệm $ \Leftrightarrow - m \leqslant 2 \Leftrightarrow m \geqslant - 2$.
Giá trị của biểu thức \(E = {3^{\sqrt 2 - 1}}{.9^{\sqrt 2 }}{.27^{1 - \sqrt 2 }}\) bằng:
-
A.
$3.$
-
B.
$27.$
-
C.
$9.$
-
D.
$1.$
Đáp án : C
Sử dụng công thức \({a^x}.{a^y} = {a^{x + y}}\)
Ta có:
\(E = {3^{\sqrt 2 - 1}}{.9^{\sqrt 2 }}{.27^{1 - \sqrt 2 }}\)\( = {3^{\sqrt 2 - 1}}{.3^{2\sqrt 2 }}{.3^{3\left( {1 - \sqrt 2 } \right)}} = {3^{\sqrt 2 - 1 + 2\sqrt 2 + 3 - 3\sqrt 2 }} = {3^2} = 9\)
Một người gửi vào ngân hàng số tiền $A$ đồng, lãi suất $r\% $ mỗi tháng theo hình thức lãi kép, gửi theo phương thức có kì hạn $1$ năm. Công thức tính số tiền cả vốn lẫn lãi mà người đó có sau $2$ năm là:
-
A.
$T = A{\left( {1 + r\% } \right)^{24}}$
-
B.
$T = A{\left( {1 + 12.r\% } \right)^2}$
-
C.
$T = A{\left( {1 + 12.r\% } \right)^{24}}$
-
D.
$T = A{\left( {1 + r\% } \right)^2}$
Đáp án : B
Sử dụng công thức tính số tiền cho bài toán lãi suất kép có kì hạn $T = A{\left( {1 + mr} \right)^N}$.
Kì hạn $1$ năm $ = 12$ tháng nên $m = 12$, số kì hạn là $N = 2:1 = 2$ kì hạn.
Vậy $T = A{\left( {1 + 12.r\% } \right)^2}$.
Cho các số thực a, b thỏa mãn \(1<a<b\). Khẳng định nào sau đây là đúng?
-
A.
\(\frac{1}{{{\log }_{a}}b}<1<\frac{1}{{{\log }_{b}}a}\)
-
B.
\(\frac{1}{{{\log }_{a}}b}<\frac{1}{{{\log }_{b}}a}<1\)
-
C.
\(1<\frac{1}{{{\log }_{a}}b}<\frac{1}{{{\log }_{b}}a}\)
-
D.
\(\frac{1}{{{\log }_{b}}a}<1<\frac{1}{{{\log }_{a}}b}\)
Đáp án : A
\({\log _a}x < {\log _a}y \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
a > 1\\
0 < x < y
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
0 < a < 1\\
x > y > 0
\end{array} \right.
\end{array} \right.\)
Ta có: \(1<a<b\Rightarrow \left\{ \begin{align} & 1={{\log }_{a}}a<{{\log }_{a}}b \\ & {{\log }_{b}}a<{{\log }_{b}}b=1 \\ \end{align} \right.\Rightarrow {{\log }_{b}}a<1<{{\log }_{a}}b\Rightarrow \frac{1}{{{\log }_{a}}b}<1<\frac{1}{{{\log }_{b}}a}\)
Cho \({\log _a}x = 2\), \({\log _b}x = 3\) với \(a,\,\,b\) là các số thực lớn hơn 1. Tính \(P = {\log _{\dfrac{a}{{{b^2}}}}}x.\)
-
A.
\(P = 6.\)
-
B.
\(P = - \dfrac{1}{6}.\)
-
C.
\(P = - 6.\)
-
D.
\(P = \dfrac{1}{6}.\)
Đáp án : C
Sử dụng các công thức biến đổi logarit:
\(\begin{array}{l}{\log _a}b = \dfrac{{{{\log }_c}b}}{{{{\log }_c}a}}\,\,\left( {0 < a,c\, \ne 1,\,\,b > 0} \right)\\{\log _a}x - {\log _a}y = {\log _a}\dfrac{x}{y}\,\,\left( {0 < a \ne 1,\,x,\,\,y > 0} \right)\\{\log _a}b = \dfrac{1}{{{{\log }_b}a}}\,\,\left( {0 < a,b \ne 1} \right)\end{array}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = {\log _{\dfrac{a}{{{b^2}}}}}x = \dfrac{{{{\log }_a}x}}{{{{\log }_a}\dfrac{a}{{{b^2}}}}} = \dfrac{2}{{1 - 2{{\log }_a}b}}\\\,\,\,\, = \dfrac{2}{{1 - 2.\dfrac{{{{\log }_x}b}}{{{{\log }_x}a}}}} = \dfrac{2}{{1 - 2.\dfrac{{{{\log }_a}x}}{{{{\log }_b}x}}}}\\\,\,\, = \dfrac{2}{{1 - 2.\dfrac{2}{3}}} = \dfrac{2}{{ - \dfrac{1}{3}}} = - 6\end{array}\) \(\left( {x > 0,x \ne 1;\,\,a,b > 1} \right)\)
Tính \(P = \ln \left( {2\cos {1^0}} \right).\ln \left( {2\cos {2^0}} \right).\ln \left( {2\cos {3^0}} \right)...\ln \left( {2\cos {{89}^0}} \right)\), biết rằng trong tích đã cho có \(89\) thừa số có dạng \(\ln \left( {2\cos {a^0}} \right)\) với \(1 \le a \le 89\) và \(a \in \mathbb{Z}\).
-
A.
\(P = 1\).
-
B.
\(P = - 1\).
-
C.
\(P = \dfrac{{{2^{89}}}}{{89!}}\).
-
D.
\(P = 0\).
Đáp án : D
Tính giá trị đặc biệt rồi suy ra kết luận.
Trong tích trên có \(\ln \left( {2\cos {{60}^0}} \right) = \ln \left( {2.\dfrac{1}{2}} \right) = \ln 1 = 0\). Vậy \(P = 0\).
Tính đạo hàm của hàm số $y = {e^{\sqrt {2x} }}.$
-
A.
$y' = \dfrac{{{e^{\sqrt {2x} }}}}{{2\sqrt {2x} }}.$
-
B.
$y' = \dfrac{{{e^{\sqrt x }}}}{{\sqrt {2x} }}.$
-
C.
$y' = \dfrac{{{e^{\sqrt {2x} }}}}{{\sqrt {2x} }}.$
-
D.
$y' = \sqrt {2x} .{e^{\sqrt {2x} }}.$
Đáp án : C
Sử dụng công thức đạo hàm hàm hợp \(\left( {{a^{u\left( x \right)}}} \right)' = u'\left( x \right){a^{u\left( x \right)}}.\ln a\)
Ta có $y' = \left( {\sqrt {2x} } \right)'.{e^{\sqrt {2x} }} = \dfrac{2}{{2\sqrt {2x} }}.{e^{\sqrt {2x} }} = \dfrac{{{e^{\sqrt {2x} }}}}{{\sqrt {2x} }}.$
Tính đạo hàm của hàm số $y = {\ln ^2}\left( {\ln x} \right)$ tại điểm $x = e$.
-
A.
$y'\left( e \right) = e$.
-
B.
$y'\left( e \right) = 1$.
-
C.
$y'\left( e \right) = \dfrac{2}{e}$.
-
D.
$y'\left( e \right) = 0$.
Đáp án : D
- Tính đạo hàm \(y'\) sử dụng các công thức đạo hàm \(\left( {{u^n}} \right)' = nu'{u^{n - 1}}\) và \(\left( {\ln u} \right)' = \dfrac{{u'}}{u}\)
- Thay \(x = e\) vào đạo hàm vừa tìm được và kết luận.
Ta có:
\(y' = 2\left[ {\ln \left( {\ln x} \right)} \right]'.\ln \left( {\ln x} \right)\)
Mà ${\left[ {\ln \left( {\ln x} \right)} \right]^/} = \dfrac{{{{\left( {\ln x} \right)}^/}}}{{\ln x}} = \dfrac{{\dfrac{1}{x}}}{{\ln x}} = \dfrac{1}{{x\ln x}}.$
Suy ra ${y^/} = 2.\dfrac{1}{{x\ln x}}.\ln \left( {\ln x} \right) = \dfrac{{2\ln \left( {\ln x} \right)}}{{x\ln x}}$ $ \Rightarrow {y^/}\left( e \right) = \dfrac{{2\ln \left( {\ln e} \right)}}{{e.\ln e}} = \dfrac{{2.\ln 1}}{{e.\ln e}} = 0$
Gọi $a$ là số thực lớn nhất để bất phương trình ${x^2} - x + 2 + a\ln \left( {{x^2} - x + 1} \right) \ge 0$ nghiệm đúng với mọi $x \in R.$ Mệnh đề nào sau đây đúng?
-
A.
$a \in \left( {6;7} \right].$
-
B.
$a \in \left( {2;3} \right].$
-
C.
$a \in \left( { - 6; - 5} \right].$
-
D.
$a \in (8; + \infty ).$
Đáp án : A
Đặt $t = {x^2} - x + 1$, tìm khoảng giá trị của t.
Xét bất phương trình $f\left( t \right) \ge 0$ trên khoảng vừa tìm được $ \Leftrightarrow \mathop {Min}\limits_{} {\mkern 1mu} f\left( t \right) \ge 0$
Đặt $t = {x^2} - x + 1 = {\left( {x - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{3}{4} \ge \dfrac{3}{4}$
Khi đó BPT trở thành $f\left( t \right) = t + 1 + a\ln t \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {t \in \left[ {\dfrac{3}{4}; + \infty {\rm{\;}}} \right)} \right)$
Ta có: $f'\left( t \right) = 1 + \dfrac{a}{t} = 0 \Leftrightarrow t = - a.$
Mặt khác $\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } {\mkern 1mu} f\left( t \right) = + \infty ;f\left( {\dfrac{3}{4}} \right) = \dfrac{7}{4} + a\ln \dfrac{3}{4}$
Với $a > 0 \Rightarrow f\left( t \right)$ đồng biến trên $\left[ {\dfrac{3}{4}; + \infty {\rm{\;}}} \right) \Rightarrow f\left( t \right) \ge 0\;\left( {\forall t \in \left[ {\dfrac{3}{4}; + \infty {\rm{\;}}} \right)} \right) \Leftrightarrow \mathop {Min}\limits_{\left[ {\dfrac{3}{4}; + \infty {\rm{\;}}} \right)} {\mkern 1mu} f\left( t \right) = \dfrac{7}{4} + a\ln \dfrac{3}{4} \ge 0$
$ \Leftrightarrow a\ln \dfrac{3}{4} \ge \dfrac{{ - 7}}{4} \Leftrightarrow a \le \dfrac{{\dfrac{{ - 7}}{4}}}{{\ln \dfrac{3}{4}}} \approx 6,08$. Vì đề bài yêu cầu tìm số thực lớn nhất nên suy ra $a \in \left( {6;7} \right].$
Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng?
-
A.
Tồn tại một đa diện đều có $2$ mặt là $2$ đa giác không bằng nhau.
-
B.
Nếu hình chóp tứ giác $S.ABCD$ là hình chóp đều thì nó cũng là đa diện đều
-
C.
Nếu một đa diện mà mỗi đỉnh của nó đều là đỉnh chung của đúng $3$ mặt thì tổng số đỉnh của nó phải là số chẵn.
-
D.
Nếu lăng trụ tam giác $ABC.A'B'C'$ là lăng trụ đều thì nó cũng là đa diện đều.
Đáp án : C
Đa diện đều có tất cả các mặt là các đa giác bằng nhau.
Không tồn tại đa diện đều có $5$ và $6$ đỉnh, do đó chóp $S.ABCD$ và lăng trụ $ABC.A'B'C'$ không thể là đa diện đều.
Nếu mỗi đỉnh là đỉnh chung của đúng $3$ mặt thì nó cũng là đỉnh chung của đúng $3$ cạnh. Giả sử số đỉnh của đa diện là $n$ thì số cạnh của nó phải là $\dfrac{{3n}}{2}$ (vì mỗi cạnh được tính $2$ lần), do đó $n$ chẵn.
Cho khối lăng trụ tam giác đều \(ABC.{A_1}{B_1}{C_1}\) có tất cả các cạnh bằng \(a\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(A{A_1}\). Thể tích khối chóp \(M.BC{A_1}\) là:
-
A.
\(\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\)
-
B.
\(\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\)
-
C.
\(\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\)
-
D.
\(\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}\)
Đáp án : B
- Chứng minh thể tích hai khối tứ diện $MABC$ và $M{A_1}BC$ có thể tích bằng nhau.
- Tính thể tích khối tứ diện $MABC$ và suy ra đáp án.
$\Delta ABC$ là tam giác đều cạnh $a$ nên có diện tích ${S_{ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$
Ta có $AM = \dfrac{{A{A_1}}}{2} = \dfrac{a}{2}$
Hai tứ diện $MABC$ và $M{A_1}BC$ có chung đỉnh $C$, diện tích hai đáy $MAB$ và $M{A_1}B$ bằng nhau nên có thể tích bằng nhau, suy ra
${V_{M.BC{A_1}}} = {V_{M.ABC}} = \dfrac{1}{3}AM.{S_{ABC}} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}$
Cho đa diện \(ABCDEF\) có \(AD,BE,CF\) đôi một song song. \(AD \bot \left( {ABC} \right)\), \(AD + BE + CF = 5\), diện tích tam giác \(ABC\) bằng \(10\). Thể tích đa diện \(ABCDEF\) bằng
-
A.
\(50\)
-
B.
\(\dfrac{{15}}{2}\)
-
C.
\(\dfrac{{50}}{3}\)
-
D.
\(\dfrac{{15}}{4}\)
Đáp án : C
Chọn điểm rơi: chọn \(AD = BE = CF = \dfrac{5}{3}\) và tính thể tích khối lăng trụ tam giác theo công thức \(V = Bh\) với \(B\) là diện tích đáy, \(h\) là chiều cao.
Chọn \(AD = BE = CF = \dfrac{5}{3}\) thì đa diện là hình lăng trụ đứng \(ABC.DEF\) có diện tích đáy \({S_{ABC}} = 10\) và chiều cao \(AD = \dfrac{5}{3}\).
Thể tích \(V = {S_{ABC}}.AD = 10.\dfrac{5}{3} = \dfrac{{50}}{3}\).
Một hình nón có bán kính đáy bằng $1$, chiều cao nón bằng $2$. Khi đó góc ở đỉnh của nón là $2\varphi $ thỏa mãn
-
A.
$\tan \varphi = \dfrac{{\sqrt 5 }}{5}$
-
B.
$\cot \varphi = \dfrac{{\sqrt 5 }}{5}$
-
C.
$\cos \varphi = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}$
-
D.
$\sin \varphi = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}$
Đáp án : C
Góc ở đỉnh của hình nón bằng $2$ lần góc tạo bởi trục và đường sinh của hình nón.
Giả sử thiết diện qua trục của hình nón đã cho là $\Delta ABC$ cân tại $A$ với $A$ là đỉnh nón, $BC$ là đường kính đáy của nón.
Gọi $H$ là tâm đáy nón $ \Rightarrow H$ là trung điểm $BC,AH \bot BC$
Ta có $HB = HC = 1,AH = 2$ . Ta có
$\begin{array}{l}2\varphi = \angle BAC \Rightarrow \varphi = \angle HAC\\AC = \sqrt {A{H^2} + H{C^2}} = \sqrt 5 \\\cos \varphi = \dfrac{{AH}}{{AC}} = \dfrac{2}{{\sqrt 5 }} = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}\end{array}$
Cho tứ diện $ABCD $ và $G$ là trọng tâm tam giác $ACD.$ Mặt phẳng $(P)$ qua $BG$ và song song với $CD$ chia khối tứ diện thành hai phần. Tính tỉ số thể tích (số bé chia số lớn) của hai phần đó là:
-
A.
\(\dfrac{1}{8}\)
-
B.
\(\dfrac{4}{9}\)
-
C.
\(\dfrac{2}{3}\)
-
D.
\(\dfrac{4}{5}\)
Đáp án : D
+) Xác định mặt phẳng chia tứ diện.
+) Sử dụng công thức tỉ lệ thể tích để tính tỉ lệ thể tích hai phần được chia.
Gọi $H$ là trung điểm của $CD.$ Ta có $G$ là trọng tâm tam giác $ACD$ \( \Rightarrow \dfrac{{AG}}{{AH}} = \dfrac{2}{3}.\)
Trong mặt phẳng $ACD,$ qua $G$ kẻ đường thẳng song song với $CD,$ cắt $AC$ tại $M$ và cắt $AD$ tại $N.$
Khi đó ta có mặt phẳng (P) là mặt phẳng (BMN).
Mặt phẳng (BMN) chia tứ diện ABCD thành hai phần là ABMN có thể tích
\({V_1}\) và BMNDC có thể tích \({V_2}.\)
\( \Rightarrow V = {V_{ABCD}} = {V_1} + {V_2}.\)
Ta có MN//CD theo cách dựng \( \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AC}} = \dfrac{{AN}}{{AD}} = \dfrac{{AG}}{{AH}} = \dfrac{2}{3}\) (định lý Ta-lét).
Theo công thức tỉ lệ thể tích ta có: \(\dfrac{{{V_{ABMN}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \dfrac{{{V_1}}}{V} = \dfrac{{AB}}{{AB}}.\dfrac{{AM}}{{AC}}.\dfrac{{AN}}{{AD}} = \dfrac{2}{3}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{4}{9}.\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_1} = \dfrac{4}{9}V \Rightarrow {V_2} = V - {V_1} = \dfrac{5}{9}V.\\ \Rightarrow {V_1} < {V_2} \Rightarrow \dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{4}{9}.\dfrac{9}{5} = \dfrac{4}{5}.\end{array}\)
Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số \(y = \left| {\dfrac{1}{4}{x^4} - 14{x^2} + 48x + m - 30} \right|\) trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\) không vượt quá 30. Tổng giá trị của phần tử tập hợp S bằng bao nhiêu ?
-
A.
\(120\).
-
B.
\(210\).
-
C.
\(108\).
-
D.
\(136\).
Đáp án : D
- Vẽ bảng biến thiên của hàm số \(y = \dfrac{1}{4}{x^4} - 14{x^2} + 48x - 30 + m\) trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\).
- Chia các trường hợp. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số \(y = \left| {\dfrac{1}{4}{x^4} - 14{x^2} + 48x - 30 + m} \right|\) rồi suy ra m.
Xét hàm số \(f\left( x \right) = \dfrac{1}{4}{x^4} - 14{x^2} + 48x + m - 30\) có \(y' = {x^3} - 28x + 48\).
\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 6\\x = 4\\x = 2\end{array} \right.\)
Bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\):
TH1: \(m - 30 \ge 0\) \( \Leftrightarrow m \ge 30\).
\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = m + 14 \le 30 \Leftrightarrow m \le 16\) (Vô lí).
TH2: \(m - 30 < 0 \le m + 14\) \( \Leftrightarrow - 14 \le m < 30\).
+ Nếu \(m + 14 \ge 30 - m \Leftrightarrow m \ge 8\), kết hợp điều kiện ta có: \(8 \le m < 30\) thì \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = m + 14 \le 30 \Leftrightarrow m \le 16\).
\( \Rightarrow 8 \le m \le 16\).
+ Nếu \(m + 14 < 30 - m \Leftrightarrow m < 8\), kết hợp điều kiện ra có \( - 14 \le m < 8\) thì \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 30 - m \le 30 \Leftrightarrow m \ge 0\).
\( \Rightarrow 0 \le m < 8\)
Vậy trường hợp 2 ta có \(0 \le m \le 16\) thỏa mãn.
TH3: \(m + 14 < 0 \Leftrightarrow m < - 14\).
\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = 30 - m \le 30 \Leftrightarrow m \ge 0\) (vô lí).
Từ các trường hợp \( \Rightarrow m \in \left[ {0;16} \right]\).
\( \Rightarrow S = \left\{ {0;1;2;3;...;16} \right\}\).
Vậy tổng các phần tử của \(S\) bằng \(0 + 1 + 2 + ... + 16 = \dfrac{{16.17}}{2} = 136\).
Cho hàm số $y = a{x^4} + b{x^2} + c$ có $a > 0,b < 0$. Đồ thị hàm số có $4$ điểm chung với trục hoành nếu:
-
A.
${y_{CD}} > 0$.
-
B.
${y_{CT}} < 0$
-
C.
${y_{CD}}.{y_{CT}} < 0$
-
D.
${y_{CD}}.{y_{CT}} > 0$
Đáp án : C
Vẽ dạng đồ thị hàm số bậc bốn trùng phương có $a > 0,b < 0$ và tìm điều kiện để đồ thị hàm số có $4$ điểm chung với trục hoành.
Hàm số $y = a{x^4} + b{x^2} + c$ có $a > 0,b < 0$ nên có $3$ cực trị và đồ thị của nó có dạng:
Quan sát đồ thị ta thấy:
- Nếu ${y_{CD}} > 0,{y_{CT}} > 0$ thì đồ thị hàm số không cắt $Ox$ nên điều kiện ${y_{CD}} > 0$ là chưa đủ.
Do đó A sai.
- Nếu ${y_{CT}} < 0,{y_{CD}} < 0$ thì đồ thị hàm số cắt $Ox$ tại 2 điểm phân biệt nên điều kiện ${y_{CT}} < 0$ là chưa đủ.
Do đó B sai.
- Nếu ${y_{CD}}.{y_{CT}} < 0$ thì ${y_{CT}} < 0 < {y_{CD}}$ nên đường thẳng $y = 0$ cắt đồ thị hàm số tại $4$ điểm phân biệt.
Do đó C đúng.
- Nếu ${y_{CD}}.{y_{CT}} > 0$ thì ${y_{CD}} > {y_{CT}} > 0$ hoặc ${y_{CT}} < {y_{CD}} < 0$ nên đồ thị hàm số không thể cắt $Ox$ tại $4$ điểm phân biệt.
Do đó D sai.
Cho hàm số $y = f(x)$ có đạo hàm cấp một $f'(x)$ và đạo hàm cấp hai $f''(x)$ trên $\mathbb{R}$. Biết đồ thị hàm số $y = f(x),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = f'(x),{\mkern 1mu} y = f''(x)$ là một trong các đường cong $({C_1}),({C_2}),({C_3})$ ở hình vẽ bên. Hỏi đồ thị hàm số $y = f(x),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = f'(x),{\mkern 1mu} y = f''(x)$ lần lượt theo thứ tự nào dưới đây?
-
A.
$({C_2}),({C_1}),({C_3}).$
-
B.
$({C_1}),({C_2}),({C_3})$
-
C.
$({C_3}),({C_1}),({C_2})$
-
D.
$({C_3}),({C_2}),({C_1})$
Đáp án : D
Dùng phương pháp chọn điểm rơi, đặc biệt hóa. Chọn một hàm số đã biết có dạng đồ thị như hình vẽ và tính các đạo hàm \(f',f''\) rồi đối chiếu dạng đồ thị bài cho.
Quan sát dáng đồ thị các hàm số ta thấy đều có dạng đường hình \(\sin \) nên ta dự đoán các hàm số ở đây có thể là dạng \(y = \sin ax\) hoặc \(y = \cos ax\)
Thấy rằng hai đồ thị \(\left( {{C_1}} \right),\left( {{C_3}} \right)\) đi qua điểm \(O\left( {0;0} \right)\) nên một trong hai đồ thị hàm số \(\left( {{C_1}} \right),\left( {{C_3}} \right)\) sẽ là của hàm \(y = f\left( x \right) = \sin ax\), đồ thị \(\left( {{C_2}} \right)\) là của \(y = f'\left( x \right)\) nên loại A và C.
Ta xét hàm số \(y = f\left( x \right) = \sin ax\) có \(f'\left( x \right) = a.\cos ax,f''\left( x \right) = - {a^2}\sin ax\)
Dễ thấy \(f'\left( 0 \right) = a > 0\).
Quan sát các giá trị trên đồ thị ta dễ dàng nhận ra \(a = 2\).
Vậy ta có các hàm số \(y = \sin 2x,y = 2\cos 2x,y = - 4\sin 2x\) lần lượt có đồ thị là \(\left( {{C_3}} \right),\left( {{C_2}} \right),\left( {{C_1}} \right)\)
Vậy \(\left( {{C_3}} \right),\left( {{C_2}} \right),\left( {{C_1}} \right)\) là đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right),y = f'\left( x \right),y = f''\left( x \right)\)
Cho hàm số \(y=\dfrac{x-2}{x+1}\) có đồ thị (C). Tiếp tuyến d của đồ thị (C) tạo với hai tiệm cận một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất. Khi đó khoảng cách từ \(I(-1;1)\) đến \(d\) bằng
-
A.
\(\sqrt{3}\)
-
B.
\(\sqrt{6}\)
-
C.
\(2\sqrt{3}\)
-
D.
\(2\sqrt{6}\)
Đáp án : B
Sử dụng công thức
\({{S}_{ABC}}=\sqrt{p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}=\dfrac{1}{2}r.\left( a+b+c \right)\)
Phương trình tiếp tuyến tại điểm x = a là :
\(y=\dfrac{3}{{{\left( a+1 \right)}^{2}}}\left( x-a \right)+\dfrac{a-2}{a+1}\) ( d )
Đường thẳng d cắt các tiệm cận tại : \(A\left( -1;\dfrac{{{a}^{2}}-4a-5}{{{\left( a+1 \right)}^{2}}} \right);B\left( 2a+1;1 \right)\)
Suy ra:
\(\begin{align} & AI=\left| \dfrac{6}{a+1} \right|;BI=|2a+2| \\ & =>AI.BI=12,\forall a \\\end{align}\)
Áp dụng công thức ở phần phương pháp ta có :
\(r=\dfrac{AI.BI}{AI+BI+\sqrt{A{{I}^{2}}+B{{I}^{2}}}}\le \dfrac{12}{2\sqrt{AI.BI}+\sqrt{2AI.BI}}=\dfrac{\sqrt{6}}{1+\sqrt{2}}\)
Dấu bằng xảy ra khi AI=BI , suy ra tam giác ABI vuông cân , suy ra khoảng cách từ I tới d bằng \(\sqrt{6}\)
>> Luyện thi TN THPT & ĐH năm 2024 trên trang trực tuyến Tuyensinh247.com. Học mọi lúc, mọi nơi với Thầy Cô giáo giỏi, đầy đủ các khoá: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng; Tổng ôn chọn lọc.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
