[Mức độ 3] Chi phí nhiên liệu của một chiếc tầu chạy trên sơng được chia làm hai phần

Phần thứ nhất khơng phụ thuộc vào vận tốc và bằng ⁴⁸⁰ nghìn đồng trên 1 giờ. Phần thứ hai tỉ lệ thuận với lập phương của vận tốc, khi v=10(km giờ/ ) thì phần thứ hai bằng ³⁰ nghìn ^{đồng/giờ}. Hãy xác định vận tốc của tàu để tổng chi phí nguyên liệu trên ^1km đường sơng là nhỏ nhất ( kết quả làm trịn đến số nguyên).

A. 25(km giờ/ ). B.10(km giờ/ ). C. 20(km giờ/ ). D.15(km giờ/ ).

St-bs: FB: Duong Hung - Zalo: 0774860155 - Word xinh 2021 5

Lời giải Chọn C

Gọi x km h( / ) là vận tốc của tàu, ^x>0. Thời gian tàu chạy quãng đường ^1km là: ¹

x (giờ).

+) Chi phí tiền nhiên liệu cho phần thứ nhất là: ¹_x^{⋅480= 480}_x ^. ( ngàn đồng).

+) Hàm chi phí cho phần thứ hai là ^{p kx= 3} ( ngàn đồng/ giờ).

Mà khi x=10⇒ =p 30⇒ =k 0,03. Nên ^p=0,03x3 ( ngàn đồng/ giờ).

Do đó chi phí phần 2 để chạy 1km là: ^{1 0,03}_x^{⋅ x3 =0,03 .x2} ( ngàn đồng).

Vậy tổng chi phí: ^{f x( )=480}_x ^{+0,03x2 =240 240}_x ⁺ _x ^{+0,03x2 ≥3 1728 36.3 =} . Dấu ’’=’’ xảy ra khi ^x=20.

Câu 11. [Mức độ 4] Gọi M , m lần lượt là giá lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm so�

2018 2018

sin cos

y= x+ x trên . Khi đó:

A. M =2, ₁₀₀₈1

m=2 . B. M =1, ₁₀₀₉1

m= 2 . C. M =1, m=0. D. M =1, ₁₀₀₈1 m= 2 . Lời giải

Chọn D

Ta có: ^{y sin}= ²⁰¹⁸x+^cos2018x ⁼

(

^{sin2 x}

)

^{1009+ −}

(

^{1 sin2 x}

)

¹⁰⁰⁹.

Đặt t=sin²x, 0≤ ≤t 1 thì hàm số đã cho trở thành y t= ¹⁰⁰⁹+ −

(

1 t

)

¹⁰⁰⁹. Xét hàm số f t

( )

=t¹⁰⁰⁹+ −

(

1 t

)

¹⁰⁰⁹ trên đoạn

[ ]

^0;1 .

Ta có: f t′

( )

=^1009.t¹⁰⁰⁸−^{1009. 1}

(

−t

)

¹⁰⁰⁸

( )

0

f t′ = ⇔1009t¹⁰⁰⁸−1009 1

( )

−t ¹⁰⁰⁸ =0 1 t 1008 1

t

 − 

⇔  =

1 t 1 t

⇔ − = 1

t 2

⇔ = Mà f

( )

1 = f

( )

0 1= , ¹ ₁₀₀₈¹

2 2

f   =   . Suy ra _{[ ]}

( ) ( ) ( )

max0;1 f t = f 0 = f 1 1= , min_{[ ]0;1}

( )

¹ ₁₀₀₈¹

2 2

f t = f    =

Vậy M =1, ₁₀₀₈1 m= 2 .

Câu 12. [Mức độ 3] Đồ thị hàm số y= 4x²+4x+ −3 4x² +1 có bao nhiêu tiệm cận ngang?

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

Lời giải Chọn A

TXĐ: D=.

St-bs: FB: Duong Hung - Zalo: 0774860155 - Word xinh 2021 6

Ta có x^lim_→+∞y=x^lim_→+∞

(

⁴x²+⁴x+ −^{3 4}x²+¹

)

2 2

4 2

lim 4 4 3 4 1

x

x

x x x

→+∞

= +

+ + + +

2 2

4 2

lim 1

4 3 1

4 4

x

x

x x x

→+∞

= + =

+ + + +

suy ra đường thẳng y=1 là tiệm cận ngang.

Ta có x^lim y x^lim

(

⁴x^{2 4}x ^{3 4}x^{2 1}

)

→−∞ = →−∞ + + − +

2 2

4 2

lim 4 4 3 4 1

x

x

x x x

→−∞

= +

+ + + +

2 2

4 2

lim 1

4 3 1

4 4

x

x

x x x

→−∞

= + = −

− + + − +

suy ra đường thẳng y= −1 là tiệm cận ngang.

Vậy đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang.

Câu 13. [Mức độ 4] Cho hàm số 2 2 y x

x

= +

− có đồ thị

( )

C . Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của

( )

C . Tiếp tuyến của

( )

C cắt hai đường tiệm cận của

( )

C tại hai điểm A, B. Giá trị nhỏ nhất của chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB bằng

A. 4 2π . B. 8π . C. 2π . D. 4π.

Lời giải Chọn A

Tập xác định: D=\ 2

{ }

;

(

⁴2

)

²

y x

′ = −

− . lim2

x ₊ y

→ = +∞ ⇒ tiệm cận đứng là đường thẳng x=2; lim 1

x y

→±∞ = ⇒ tiệm cận ngang là đường thẳng y=1, suy ra I

( )

2;1 .

Phương trình tiếp tuyến của

( )

C có dạng:

( )

2

(

0

)

⁰

0 0

2 : 4

2 2

d y x x x

x x

+

= − − +

− −

Tiếp tuyến của

( )

C cắt hai đường tiệm cận của

( )

C tại hai điểm A, B nên ⁰

0

2; 6 2 A x

x

 + 

 − 

 ,

(

2 ₀ 2;1

)

B x − .

Do tam giác IAB vuông tại I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác là 2 R= AB. Chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB là: P AB= .π

St-bs: FB: Duong Hung - Zalo: 0774860155 - Word xinh 2021 7

Chu vi bé nhất khi AB nhỏ nhất

Ta có : ₀

0

2 4; 8 AB x 2

x

 − 

= − − 



(

₀

)

^{2 2}

0

4 2 8 AB x 2

x

 − 

= − +  − 

(

₀

)

^{2 2}

0

4 2 8 x 2

x

 

= − +  −  ≥ 2 4.64 4 2= Vậy P_min =4 2.π.

Câu 14. [Mức độ 1] Cho hàm số y f x=

( )

có đồ thị

( )

C như hình vẽ. Hỏi

( )

C là đồ thị của hàm số nào?

A. y x= ³+1. B. y=

(

x−1

)

³. C. y=

(

x+1

)

³. D. y x= ³−1.

Lời giải Chọn B

Quan sát đồ thị ta thấy đây là đồ thị của hàm số y ax bx= ³+ ²+cx d a+

(

≠0

)

. 0

a> ; x= ⇒ = −0 y 1; y= ⇒ =0 x 1 suy ra đáp án B hoặc D

Mặt khác y=

(

x−1

)

³ ⇒ =y′ 3

(

x−1

)

² =0⇒ =x 1; nên tiếp tuyến tại M

( )

1;0 trùng với trục Ox.

Câu 15. [Mức độ 1] Cho hàm số y x= ⁴+4x² có đồ thị

( )

C . Tìm số giao điểm của đồ thị

( )

C và trục hoành.

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

Lời giải Chọn B

Ta có Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị

( )

C và trục hoành:

4 4 2 0 0

x + x = ⇔ =x .

Vậy đồ thị

( )

^C và trục hoành có 1 giao điểm.

Câu 16. [VDT] Cho hàm số y f x

 

liên tục trên  và có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Tìm số nghiệm của phương trình f x ¹.

St-bs: FB: Duong Hung - Zalo: 0774860155 - Word xinh 2021 8

A. 0. B. 4. C. 5. D. 6.

Lời giải Chọn C

Gọi x x x1, ,2 3 là nghiệm của phương trình y0 Ta có bảng biến thiên của hàm sô y f x :

Dựa vào bảng biến thiên ta kết luận được phương trình có 5 nghiệm.

Câu 17. [VDC] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn

[

^−2019;2019

]

để phương

trình

(

²

)

²

⁽

²

⁾

2 ²

⁽

²

⁾

18 1 1

2 1 1

2 1

x x

x x m x

x x

+ +

+ − + + = +

+ + + có nghiệm thực?

A. 2012. B. 2019. C. 2018. D. 2013. Lời giải

Chọn D Điều kiện

2

2

1 0

2 1 0

x x

x x

 + ≥

 ⇔ ∈

 + + + ≠

 

Ta có

(

²

)

²

⁽

²

⁾

2 ²

⁽

²

⁾

18 1 1

2 1 1

2 1

x x

x x m x

x x

+ +

+ − + + = +

+ + +

2

2

2

21 1 182 1 1

m xx x

x

 + 

⇔ = + −  + + + +

Đặt ₂ 2 ₂ 1 2 ₂

1 ( 1) 1

x x

t t

x x x

+ ′ −

= ⇒ =

+ + +

St-bs: FB: Duong Hung - Zalo: 0774860155 - Word xinh 2021 9

Từ bảng biến thiên của t suy ra ^{t∈ −}

(

^{1; 5}_^.

Phương trình trở thành ^{m= −}

(

^{t 1}

)

²⁺_t¹⁸₊₁ m ^{t3 t2} ₁^{t 19} t

− − +

⇔ =

+

3 2 19

( ) 1

t t t

f t t

− − +

= +

2 2

2( 2)( 3 5) '( ) ( 1)

t t t

f t t

− + +

⇒ =

+ .

Lập bảng biến thiên của f t( )trên nửa khoảng

(

^{−1; 5}_

suy ra f t( ) 7;∈

[

+∞

)

.

Để phương trình

(

²

)

²

⁽

²

⁾

2 ²

⁽

²

⁾

18 1 1

2 1 1

2 1

x x

x x m x

x x

+ +

+ − + + = +

+ + + có nghiệm thực thì

[

7;

)

m∈ +∞ Mà m thuộc đoạn

[

−2019;2019

]

nên m∈

[

7;2019

]

.

Có 2013 giá trị nguyên của tham số ^m thuộc đoạn

[

−2019;2019

]

để phương trình có nghiệm thực.

Câu 18. [NB] Cho a là số thực dương. Giá trị của biểu thức ^{P a a= 23} bằng

A. a⁵⁶. B. a⁵. C. a²³. D. a⁷⁶. Lời giải

Chọn D

Với a>0, ta có P a a a a= ²³ = ^{23 12}=a⁷⁶.

Câu 19. [TH] Rút gọn biểu thức ^A=_ ^{2 1a}

(

^+a2

)

^{−2 2 :a a}_ ²

(

^1−a−2

)

^{với a≠0 và a≠ ±1 ta được}

A. A=2a. B. A 2

= a . C. A 2

=a. D. A= 2a.

St-bs: FB: Duong Hung - Zalo: 0774860155 - Word xinh 2021 10

Lời giải Chọn A

Ta có:

(

²

)

² 2

2 1 2 : 1 1

A a a a

a

 

= + −  − 

 ^{= 2a a}

(

^{2−1 :}

) (

^a2−1

)

^{= 2a.}

Câu 20. [NB] Tìm tập xác định của hàm số ^y=

(

^{x x2− −2}

)

^2.

A. D=. B. D^{= −∞ − ∪}

(

^{; 1}

] [

^{2;+ ∞}

)

. C. D^{= −∞ − ∪}

(

^{; 1}

) (

^{2;+ ∞}

)

. D. D⁼^{\ 1;2}

{

⁻

}

.

Lời giải Chọn C

Hàm số ^y=

(

^{x x2− −2}

)

² xác định khi: ² 2 0 1 2

< −

− − > ⇔  >

x x x

x . Vậy TXĐ: D= −∞ − ∪

(

; 1

) (

2;+ ∞

)

.

Câu 21. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên ? A. y=log₃x. B. y log₅ 1₂

x

 

=  

 . C.

1 3

2

x x

y

  +

= −   . D. y=2018 ^x. Lời giải

Chọn C

Hàm số y=log3x có tập xác định



^{0; }



^ nên không thể thỏa đkiện, loại A.

Hàm số 5 2

log 1

y x

 

=  

  có tập xác định ^{D \ 0}

 

nên loại B.

Hàm số 2018 ^x có tập xác định ^{D }_^0;



^{nên loại D.}

Xét C., ta có ^{y′ = −}

(

^3x2+  ¹

)

^{ } ¹₂ ^{x x3+ ln }  ¹₂ =

(

^3x2+1

)

^{ }  ¹₂ ^{x x3+ ln 2 0>} với ∀ ∈x . Câu 22. Đạo hàm của hàm số ^y=

(

^2x2−1

)

^{− 2 là:}

A.



²



^{2 1}

' 4 .

2 1

y x

x ^

 

 B. ^{y' 2 2x}



^2x21



^{ 2 1 .}

C. ^{y'  2 2}



^x21



^{ 2 1 . D.}



²



^{2 1}

' 4 .

2 1

y x ^

 

 Lời giải

Chọn A

Đk: ^{2x2 1 0}

Ta có

( ) ( )

( )

2 2 1 2

2 2 1

2. 2 1 . 2 1 4 .

2 1

y x x x

x

− −

+

′ −

′ = − − − =

−

St-bs: FB: Duong Hung - Zalo: 0774860155 - Word xinh 2021 11

Câu 23. Cho . Tính giá trị của biểu thức ^{P log3}_a ¹₃ a

  

    

A. P  9. B.P  1. C. P 1. D. P 9 .

Lời giải Chọn A

Tự luận :

Trắc nghiệm : Sử dụng máy tính, thay ^{a 8} rồi nhập biểu thức ^log3_a ¹₃ a

  

  

  vào máy bấm

= ta được kết quả ^{P  9}.

Câu 24. Nếu log 612 =a và log 712 =b thì log 72 bằng kết quả nào sau đây?

A. 1 a

a− . B.

1 b

a

− . C.

1 a

b

+ . D.

1 a

b

− . Lời giải

Chọn B

Ta có: ₂ ¹² _{12 12 12}

(

_{12 12}

)

12

log 7 12

log 7 log 7 : log log 7 : log 12 log 6

log 2 6 1

b

= = = − = a

− . Câu 25. Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào nghịch biến trên tập số thực ?

A. 3

x

y _{ }π

=    . B. ₁

2

y=log x. C.

(

²

)

4

log 2 1

y= π x + . D. y ^{2 x} e

=     .

Lời giải Chọn D

Hàm số 1

2

log

y= x có TXĐ D=

(

0;+∞

)

nên không nghịch biến trên ^.

Do 1

3 π _>

nên hàm số

3

x

y  π

=  

  đồng biến trên . Do 0 2 1

< <e nên hàm số y ^{2 x} e

=   

  nghịch biến trên .

Hàm số

(

²

)

4

log 2 1 y= π x + có

(

²

)

4 2 1 ln

4 y x

x π

′ = +    

đổi dấu khi x đi qua 0 nên không nghịch biến trên .

Câu 26. Tính đạo hàm của hàm số ^y



^{x22x2 e}



^x.

A. ^{y }



^{x22 e}



^{x. B. y x2ex. C. y  2 ex x. D. y }



^{2x2 e}



^x. Lời giải

Chọn B



^{2 2 2 e}



^x



^{2 2 2 e}

 

^x

y  x  x   x  x  ^



^{2x2 e}



^x



^{x22x2 e}



^xx2ex.

Câu 27. Hàm số ylog3



x²2x



nghịch biến trên khoảng nào?

0, 1

a> a≠ _{P log3a} ¹₃

a

 

=  

1 3

3

3 3

log _a 1 log 9log_a 9

a

P a a

a

  −

=  = = − = −

St-bs: FB: Duong Hung - Zalo: 0774860155 - Word xinh 2021 12

A.



^2;



. B.



^;0



^{. C.}



^1;



^{. D.}

 

^0;1 . Lời giải

Chọn B

Hàm số ylog3



x²2x



có tập xác định ^{D }



^;0

 

^{ 2;}



. Ta có



^{22x2 ln 3}



²

y x x

  

 . Khi đó y 0  x1. Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số y nghịch biến trên



^;0



.

Câu 28. Một thầy giáo cứ đầu mỗi tháng lại gửi ngân hàng 8 000 000 VNĐ với lãi suất 0.5%/ tháng.

Hỏi sau bao nhiêu tháng thầy giáo có thể tiết kiệm tiền để mua được một chiếc xe Ô tô trị giá 400 000 000 VNĐ?

A. 60 tháng B. 50 tháng C. 55 tháng D. 45 tháng Lời giải

ChọnD

Công thức tính: Mỗi tháng gửi một số tiền A đồng với lãi suất kép là ^r%/ tháng thì số tiền khách hàng nhận được cả vốn lẫn lãi sau ⁿ tháng ( ⁿlà số tự nhiên khác 0) là Sn.



^{1 %}



^{1 1}



^%



%

n

n A

S r r

r  

     

Thầy giáo gửi mỗi tháng 8 000 000 VNĐ với lãi suất 0.5%/ tháng.

Từ đây ta có phương trình:

   

8000000

400000000 1 0.5% 1 1 0.5%

0.5%

 n 

      ^{ n 44.5}

Vậy thầy giáo cần tiết kiệm 45 tháng để có thể mua chiếc xe ô tô giá 400 000 000 VNĐ.

Câu 29. Gọi x x1, 2 lần lượt là hai nghiệm của phương trình

2 2 3

1 1

7 7

x x

x

 

      . Khi đó x₁²x²₂ bằng

A. 3. B. 5. C. 6. D. 4.

Lời giải Chọn B

Ta có

St-bs: FB: Duong Hung - Zalo: 0774860155 - Word xinh 2021 13

2

2

2 3

1 1 1 2 3 2 2 1

7 7 7 1 2 3 2 0

2 7

x x

x x x x x

x x x x x

x

 

                         . Do đó x₁²x₂²  ( 1)²2²5.

Câu 30. Gọi x x1, 2 là nghiệm của phương trình



^{2 3}

 

^{x 2 3}



^{x 4. Khi đó x122x22 bằng}

A. 2. B. 3. C. 5. D. 4.

Lời giải Chọn B

Ta có:



^{2 3 . 2}

 

^{x  3}



^{x 1. Đặt t }



^{2 3 ,}



^{x t  0}



^{2 3}



^{x 1}_t^.

Phương trình trở thành: t 1 4 t² 4t 1 0 t 2 3

        t . Với ^{t 2 3 }



^{2 3}



^{x 2 3 x 1.}

Với ^{t 2 3 }



^{2 3}



^{x  2 3}



^{2 3}

 

^{x  2 3}



^{1  x 1.}

Vậy x₁²2x²₂ 3.

Câu 31. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 7 33



 ^x



 2 x bằng

A. 2. B. 1. C. 7. D. 3.

Lời giải Chọn A

Điều kiện: 7 3 ^x0.

Ta có log 7 33



 ^x



   2 x 7 3^x 3^{2x32x7.3x 9 0 1}

 

. Đặt ^t3x, điều kiện ^{0 t 7 *}

 

.

Phương trình

 

¹ trở thành ^{t2  7t 9 0 2 .}

 

Dễ thấy phương trình

 

² có hai nghiệm ₁ ^{7 13} t 2

 , ₂ ^{7 13} t 2

 thỏa mãn điều kiện

 

^*

Theo định lý Vi-ét: t t_{1 2}.  9 3 .3^{x1 x2}  9 3^{x x1 2}  9 x₁x₂ 2. Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là 2.

Câu 32. Họ nguyên hàm của hàm số ^{f x}

 

^{ x sinx} là

A. x²cosx C . B. x²cosx C . C. ² cos

2

x  x C . D. ² cos

2

x  x C . Lời giải

St-bs: FB: Duong Hung - Zalo: 0774860155 - Word xinh 2021 14

Chọn C

Ta có:



^{f x x}

 

^{d }

 

^{xsin dx x}



^x₂^{2cosx C .}

Câu 33. Biết ^{F x}

 

là một nguyên hàm của hàm số f x( ) sin 2 x và 1 F    4 . Tính

F     6 .

A. 1

6 2

F     . B. 5

6 4

F     . C. 0

F    6 . D. 3

6 4

F     . Lời giải

Chọn D Ta có

4

6

sin 2 d 1

4 6 6

x x F F F





  

     

  

       



^.

Mà

4

6

1 4 1 1

sin 2 d cos 2 cos cos

2 2 2 3 4

6

x x x







 



 

      



^.

Do đó 1 1 3

6 4 4

F       .

Câu 34. Biết rằng ^xex là một nguyên hàm của ^{f x}

 

^ trên khoảng



^{ ;}



. Gọi ^{F x}

 

là một nguyên hàm của ^{f x}

 

^ex thỏa mãn ^F

 

^{0 1}, giá trị của ^F

 

^{1 bằng}

A. ⁷

2. B. ^{5 e}

2

 . C. ^{7 e} 2

 . D. ⁵ 2. Lời giải

Chọn A

Ta có ^{f x}

 

^{ }

 

^{xex  ex xex,    x}



^;



^.

Do đó ^{f x}

 

^{ e  x }

 

^{x e  x} , ^{   x}



^;



. Suy ra ^{f x}

 

^{e 1x}



^x



, ^{   x}



^;



.

Nên ^{f x}

 

^_^{e 1x}



^x



^_^{ ex}



^x2



^{ f x}

 

^{ex ex}



^{x2 .e}



^{x  x 2.}

Bởi vậy ^{F x}

 

^

 

^{x2 d}



^x1₂



^x2



^2C.

Từ đó ^F

 

^{0  1}₂



^{0 2}



^{2  C C 2}; ^F

 

^{0    1 C 1}. Vậy ^{F x}

 

^{ 1}₂



^x2



^{2 1 F}

 

^{ 1 1}₂



^{ 1 2}



^{2 1 7}₂^.

Câu 35. Trong các hình dưới đây hình nào không phải là đa diện?

St-bs: FB: Duong Hung - Zalo: 0774860155 - Word xinh 2021 15

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

Lời giải Chọn D

Câu 36. Hình chóp ngũ giác có bao nhiêu mặt?

A. Bảy. B. Sáu. C. Năm. D. Mười.

Lời giải Chọn B

Hình chóp ngũ giác có năm mặt bên và một mặt đáy, nên số mặt của nó là sáu mặt.

Câu 37. Gọi ^V là thể tích khối lập phương ABCD A B C D. '    có tâm ^O. Gọi V1 là thể tích khối chóp .

O ABCD.Tính tỉ số ^V_V¹ . A. ¹

6. B. ¹

2. C. ¹

4. D. ¹

12. Lời giải

Chọn A

A

B C

D E

S

St-bs: FB: Duong Hung - Zalo: 0774860155 - Word xinh 2021 16

Vì O là trung điểm A C nên



;



D

 

1



,



D

 

1 1 .

2 2 ^{A ABCD}

d O ABC  d A ABC V  V  .

Mà _{. D} ¹ . _D

3

A ABC ABC

V   AA S và V AA S . _ABCD  _. ¹ 3

A ABCD

V   V .

Vậy ^{1 .}

1 1 12 3. 1

2 6

A ABCD V

V V

V V V

    .

Câu 38. Khối đa diện loại

 

3; 5 là khối

A. hai mươi mặt đều. B. tứ diện đều. C. tám mặt đều. D. lập phương.

Lời giải Chọn A

Khối đa diện loại

 

^{3; 5} là khối đa diện có mỗi mặt là tam giác đều, mỗi đỉnh là đỉnh chung của đúng ⁵ mặt. Do đó, khối đa diện loại

 

3; 5 là khối hai mươi mặt đều.

Trong tài liệu Tuyển chọn 20 đề trắc nghiệm ôn thi HK1 Toán 12 năm học 2020 – 2021 - Học Tập Trực Tuyến Cấp 1,2,3 - Hoc Online 247 (Trang 177-189)