Đề khảo sát chất lượng môn toán lớp 12 năm 2017 trường thpt chuyên hùng vương lần 4 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

SỞ GD – ĐT PHÚ THỌ ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 4 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LỚP 12 NĂM HỌC 2017 – 2018

HÙNG VƯƠNG MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1: [2H3-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz hình chiếu của điểm M(1; 3; 5)  trên mặt phẳng ^(Oyz)tọa độ là A. ^{(0; 3;0)} . B. ^{(0; 3; 5) } . C. (0; 3; 5) . D. (1; 3; 0) .

Câu 2: [2D2-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho a,b lần lượt là số hạng thứ nhất và thứ 5 của một cấp số cộng có công sai d0. Giá trị của log2 b a

d

  

 

 

bằng

A. log 52 . B. 3. C. 2 . D. log 3 .2

Câu 3: [2D1-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Hình vẽ bên là một phần đồ thị của hàm số nào?

A. ^y _x^x_¹₁. B. ^{y x}_x^1₁. C. ^y _x^x_1. D. ^{y }_x^x_1¹.

Câu 4: [1D2-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Lục giác đều ABCDEF có bao nhiêu đường chéo?

A. 15. B. 6. C. 9. D. 24.

Câu 5: [2H3-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz, cho ba vectơ ^{a ( 1;1;0), b(1;1;0), c(1;1;1).}

Mệnh đề nào dưới đây sai?

A. c b 

. B. ^{c  3}. C. ab

. D. ^{a  2}.

Câu 6: [2H2-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho một hình trụ có chiều cao bằng ₂ và bán kính đáy bằng _3. Thể tích của khối trụ đã cho bằng

A. 6. B. 18. C. 15. D. 9.

Câu 7: [2D1-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Hàm số

3 2 2 1

yx  x  x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ^;1 3

 

 

 . B.



^1;



. C. ^1;1 3

 

 

 . D. ^1;1 3

 

 

 .

Câu 8: [2D3-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Giá trị của

3

0



dx bằng

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

Câu 9: [1D4-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Giá trị của

2

lim 2

x

x x



 bằng

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

Câu 10: [2H1-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Một khối lập phương có độ dài cạnh bằng 5, thể tích khối lập phương đã cho bằng

A. 243. B. 25. C. 81. D. 125.

Câu 11: [2D1-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho hàm số

 

f x xác định trên  ^{\ 0}

 

, liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như sau

Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị?

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

Câu 12: [2D2-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Tập nghiệm của bất phương trình log2x0 là

A.

 

^0;1 . B.



^;1



. C.



^1;



. D.



^0;



.

Câu 13: [2H3-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình nào là phương trình mặt phẳng Ozx?

A. y0. B. x0. C. z0. D. y 1 0.

Câu 14: [2D1-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Điểm nào dưới đây là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y x ³3x5?

A. ^{M 1;3}

 

. B. ^{Q 3;1}

 

. C. ^{N 1;7}



^



. D. ^{P 7; 1}



^



.

Câu 15: [2D3-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Nguyên hàm của hàm số ^{f x}

 

^cosx là

A. sinx C . B. sinx C . C. cosx C . D. cosx C .

Câu 16: [1D2-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Một nhóm gồm 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên đồng thời 3 học sinh trong nhóm đó. Tính xác suất để trong 3 học sinh được chọn luôn có nữ bằng

A. 5

6. B. 2

3. C. 1

6. D. 1

3.

x  0 1 ^

 

'

f x ^{  0 }

 

f x ^

1



² 

Câu 17: [2D2-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Tập xác định của

hàm số 1

 

2

log 1 1

y x  là

A.



^1;



. B.



^1;



. C. 3 1;2

 

 

 . D. 3

1;2

 

 .

Câu 18: [2H3-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 2;1; 1 ; B 1;0; 4 ;C 0; 2; 1





 



 

 



. Phương trình nào sau đây là phương trình của mặt phẳng đi qua A và vuông góc với BC?

A. x2y5z0. B. x2y5z 5 0. C. x2y5z 5 0. D. 2x y 5z 5 0. Câu 19: [1H3-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho hình lăng trụ

đều ABC.A'B'C' có AB 3 và AA' 1 . Góc tạo bởi AC' và mặt phẳng



ABC bằng



A. 45⁰. B. 60⁰. C. 30⁰. D. 75⁰.

Câu 20: [2D2-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0,6% / tháng. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập làm vốn ban đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng, người đó được lĩnh số tiền không ít hơn 110 triệu đồng( cả vốn ban đầu và lãi ), biết rằng trong suốt thời gian gửi tiền người đó không rút tiền và lãi suất không thay đổi?

A. 17tháng. B. 18tháng. C. 16tháng. D. 15tháng.

Câu 21: [2D3-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho

4

 

0

d 16



^{f x x . Tính 2}

 

0



^f 2 d^{x x.}

A. 16. B. 4. C. 32. D. 8.

Câu 22: [2D1-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Hỏi đồ thị hàm số 1

2

 

  y x

x x có bao nhiêu đường tiệm cận?

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

Câu 23: [2D1-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Trên khoảng

 

0;1 , hàm số ³ 1

 

y x x đạt giá trị nhỏ nhất tại x0 bằng A. 1

2. B. ₄1

3. C. ₃1

3. D. 1

3.

Câu 24: [1H3-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho hình chóp .

S ABCD đều có AB2a, SO a với O là giao điểm của AC và BD. Khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng



^SCD



bằng

A. 3 2

a . B. a 2. C.

2

a. D. 2

2 a .

Câu 25: [2D1-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] [2D1-3] Hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số 3 2

1

 

 y x

x . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số ^m để phương trình 3 2

1

 



x m

x có hai nghiệm thực?

A.   3 m 0. B. m 3. C. 0 m 3. D. m3.

Câu 26: [1H3-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho hình chóp .

S ABC có SA a , ^SA



^ABC



, tam giác ABC vuông cân đỉnh A và BC a 2. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB, SC. Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng



^MNA



và



^ABC



bằng A. ²

4 . B. ²

6 . C. ³

2 . D. ³

3 .

Câu 27: [1D2-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho số nguyên dương ⁿ thỏa mãn ²Cn^13Cn^{2 ...}



n^1



Cn^{n 2621439}. Số hạng không chứa ^x trong khai triển của biểu thức  ²1

n

x x bằng

A. 43758. B. 31824. C. 18564. D. 1.

Câu 28: [2D3-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho hàm số

 

f x liên tục trên khoảng



^2;3



. Gọi ^{F x}

 

là một nguyên hàm của ^{f x}

 

trên khoảng



^2;3



. Tính ²

 

1

2







  

I f x x xd , biết ^F

 

^{ 1 1} và ^F

 

^{2 4}.

A. I 6. B. I 10. C. I 3. D. I 9.

Câu 29: [2D1-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Hỏi có bao nhiêu số nguyên dương ^m để hàm số ^y



^m21



^x3



^m1



^{x2 x 4} nghịch biến trên khoảng



^{  ;}



?

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

Câu 30: [2D3-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Biết

     

3

0

ln 2 ln 5 ln 7 , ,

2 4    

 



_x ^dx_x ^{a b c a b c } . Giá trị của biểu thức 2a3b c bằng

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

Câu 31: [2D1-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y x m x  ²2x3 đồng biến trên khoảng



^{ ;}



^?

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

Lời giải

Chọn C.

Ta có: ( )

' m x

y x x

  

 

2

1 1

2 3 .

Theo giả thiết ta có: 'y   0 x  .

( )

m x

x x

   

 

2

1 1 0

2 3  x² 2x 3 m x(  1) 0  x²2x  3 m x( 1) (1) TH1: m0, ta có: x²2x   3 0 x 

Vậy m0(thỏa mãn).

TH2: m0, từ (1) ta có: x

m x x

 

 

2

1 1

2 3.

Xét hàm số ( ) '( )

( )

f x x f x x

x x x x x x

 

     

     

2 2 2

1 2

0

2 3 2 3 2 3  .

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có: m m1   

1 1

Vậy 0 m 1.

TH3: m0, từ (1) ta có: x

m x x

 

 

2

1 1

2 3 . Từ bảng biến thiên ta có: m

m1     

1 1

Vậy   1 m 0.

Từ 3 TH trên:   1 m 1 vì m    m { 1 0 1; ; }. Đề xuất bài tương tự:

Bài 1: Hàm số x x y x m

 



2 4 đồng biến trên [ ;1) thì giá trị ^m là

A. 1

; 2 \{ 1}

m  2   . B. m ( ; ]\{1 2 1}. C. 1 1;2

m  . D. 1 1;2 m  . Lời giải

Chọn D.

Ta có: TXĐ D \{m} và '

( )

x mx m

y x m

 

 

2

2

2 4

.

Hàm số đã cho đồng biến trên [ ;1)

, [ ; )

m

x mx m x

 

  ²     

1

2 4 0 1

, [1;+ )

x mx m x

 ²2 4   0  2m x( 2) x², x [1; ) (1).

Do x2 thỏa mãn (1) m nên chỉ xét x2.

Khi đó (1)

, [1;2)

, (2; )

m x x

x

m x x

x

    

 

       

2

2

2 2

2 2

Xét hàm số ( ) x f x x

 



2

2 trên [ ;1) \{ }2 có '( )

( )

x x

f x x

  



2 2

4 2 .

'( ) x

f x x

 

    0 0

4

Lập BBT ta có:

m

m m

m

  

     

  



1 1

2 1 1

2 8 2

.

Bài 2: Tìm tất cả các giá trị của tham số ^m để hàm số yln(16x² 1) (m1)x m 2 nghịch biến trên ( ; ).

A. m  ( ; 3]. B. m[ ;3 ). C. m  ( ; 3). D. m(4;). Lời giải

Chọn B.

Ta có ' x ( )

y m

 x  



2

32 1

16 1 . Hàm số nghịch biến trên _ thì 'y   0, x  .

( ) ,

x m x

 x     



2

32 1 0

16 1  x ( ),

m x

 x    



2

32 1

16 1  .

Xét hàm số ( ) x f x  x



2

32

16 1 trên ( ; ) có '( )

( )

f x x

x

 

 

2

2 2

512 32 16 1 . '( )

f x    x 1

0 4.

Lập BBT ta có max f x( )4

 nên m   1 4 m 3. TH3: m0, từ (1) ta có: x

m x x

 

 

2

1 1

2 3 . Từ bảng biến thiên ta có: m

m1     

1 1

Vậy   1 m 0.

Từ 3 TH trên:   1 m 1 vì m    m { 1 0 1; ; }

Câu 32: [2H1-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho hình chóp .

S ABCDđều có AB2 và _{SA3 2}. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho bằng:

A. 33

4 . B. ⁷

4. C. 2. D. ⁹

4.

Câu 33: [2D1-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Đồ thị hàm số

 

y g x đối xứng với đồ thị hàm số y a ^x



^a0;a1



qua điểm ^I

 

^1;1 . Giá trị của biểu

thức 1

2 log

a 2018 g  

  bằng

A. 2016 B. 2020. C. 2020. D. 2016.

Lời giải Chọn D

Gọi ^{y a x  f x}

  

^a0;a1



và ^{y g x}

 

có đồ thị tương ứng lần lượt là

 

C0 và

 

^C . Xét điểm M x y



0; 0

  

 C0 và ^{N x y}



^;

  

^{ C} đối xứng nhau qua điểm ^I

 

^1;1 .

Khi đó I là trung điểm của MN ta có: ⁰

0

2 2

x x

y y

  

  

 .

Thay x y0; 0 vào ^{f x}

 

ta được 2 y a^2x hay ^{y g x}

 

^{ 2 a2x}. Vậy

log 1

1 2018

2 log 2

2018

a

g  a  a^{  2 2018 2016}. Bình luận:

Bài toán tổng quát: Cho hàm số ^{y f x}

 

có đồ thị là

 

C0 và ^{y g x}

 

có đồ thị

 

^C . Tìm

 

y g x biết

 

^C đối xứng với

 

C0 qua I x y



0; 0



. Cách giải:

Xét điểm M x y



0; 0

  

 C0 và ^{N x y}



^;

  

^{ C} đối xứng nhau qua điểm ^{I a b}



^;



. Khi đó I là trung điểm của MN ta có: ⁰

0

2 2 x a x y b y

 

  

 .

Thay x y0; 0 vào ^{f x}

 

và biến đổi ta được phương trình ^{y g x}

 

.

Bài 1: Đồ thị hàm số ^{y g x}

 

đối xứng với đồ thị hàm số ylog_ax



^a0;a1



qua điểm

 

^1;1

I . Giá trị của biểu thức ^g



^2a2018



^bằng

A. 2016 B. 2020. C. 2020. D. 2016.

Bài 2: Đồ thị hàm số ^{y g x}

 

đối xứng với đồ thị hàm số 1 3^x 5 y

 qua điểm ^I



^3;5



. Giá trị của biểu thức 3

3 log 1

g  2018 bằng A. 6069

2023. B. 6067

2023. C. 6068

2023. D. 6066

2023.

Câu 34: [2D2-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho các số thực ,

x y thỏa mãn log8xlog4 y² 5 và log4x²log8 y7. Giá trị của ^xy bằng:

A. 1024 . B. 256 . C. 2048 . D. 512 .

Câu 35: [1D5-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho hàm số cos

sin 3x x sin 2 x

y  . Giá trị ⁽¹⁰⁾

y  3

   gần nhất với số nào dưới đây?

A. 454492 . B. 454493. C. 454491. D. 454490 .

Câu 36: [1D2-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Hệ số của số hạng chứa x⁷trong khai triển (x²3x2)⁶ bằng

A. 6432. B. 4032. C. 1632. D. 5418. Lời giải

Chọn D.

Ta có:

2 6 6 6

(x 3x2)  (1 x) (2x) ⁶ 6 ⁶ 6 ⁶

0 0

( 1) .2 ( )

k k k i i i

k i

C x C ^ x

 









 ^{6 6 6 6 6}

0 0

( 1) 2^{k i i k i k i}

k i

C C x

  

 



 

 ^.

Hệ số số hạng chứa x⁷ứng với ,

0 , 6

7 i k N

i k i k

 

  

  



. Suy ra ( ; ) {(1;6), (6;1), (2;5), (5;2), (4;3), (3;4)}k i  Hệ số của số hạng chứa x⁷ là:

1 6 5 1 6 4 2 5 5 2 3 4 3 2 4 3

6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6

(C C 2 C C 2 C C 2C C 2 C C 2 C C ) 5418

       

Nhận xét: Ta có thể giải theo cách khác như sau:

2 6 6 6 6

6 0

( 3 2) [2 ( 3 )] ^k.2 . ( 3^{k k} )^k

k

x x x x C ^ x x



      



  ^{6 6 6}

0 0

.2 . ^k .( 3) .

k k k i i k i

k

k i

C ^ x C ^ x

 



 



6 6

6

0 0

.2 .( 3) .

k k i k k i i k

k

k i

C C ^{ } x^

 



 



Hệ số số hạng chứa x⁷ứng với ,

0 6

7 i k N

i k i k

 

   

  



. Suy ra ( ; ) {(6;1), (5;2), (4;3)}k i 

Khi đó hệ số của số hạng chứa x⁷ là: C C₆¹ ₆⁶( 3) ⁵ C C₅² ₆⁵.2.( 3) ³C C₆⁴ ₄³.2 ( 3)²   5418 Một số bài tập tương tự:

Bài 1: Hệ số của số hạng chứa x⁷trong khai triển f x( ) (1 3  x2 )x^{3 10} bằng

A. 204120. B. 262440. C. 4320. D. 62640.

Bài 2: Tìm hệ số của ^x4 trong khai triển ^{P x}( )^{= -}

(

^{1 x- 3x3}

)

ⁿ với ⁿ là số tự nhiên thỏa mãn hệ thức C_n^n-2+6n+ =5 A_n²₊1.

A. 210. B. 840. C. 480. D. 270.

Bài 3: Tìm hệ số của x¹⁰ trong khai triển

(

^{1+ +x x2+x3}

)

^5.

A. 5. B. 50. C. 101. D. 105.

Câu 37: [1D3-4] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho tập hợp



1;2;3;4;...;100



A . Gọi S là tập hợp gồm tất cả các tập con của A, mỗi tập con này gồm 3 phần tử của A và có tổng bằng 91. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S. Xác suất chọn được phần tử có ba số lập thành một cấp số nhân bằng

A. 4

645. B. 2

645. C. 3

645. D. 1

645. Lời giải

Chọn A.

Ta có tập



^{a b c; ;}



là tập con của tập A với a b c  91; ^a, b, c A . Không mất tính tổng quát có thể giả sử a b c  .

Ta có các trường hợp sau:

+ a1, b c 90 suy ra 2  b c 88, khi đó ta có 43 bộ

 

^{b c;} thỏa là



2;88 ,

 

3;87 ,





4;86 , …,

 

44;46 .



+ a2, b c 89 suy ra 3  b c 86, khi đó ta có 42 bộ

 

^{b c;} thỏa là



3;86 ,

 

4;85 ,





5;84 , …,

 

44;45 .



+ a3, b c 88 suy ra 4  b c 84, khi đó ta có 40 bộ

 

^{b c;} thỏa là



4;84 ,

 

5;83 ,





6;82 , …,

 

43;45 .



+ a4, b c 87 suy ra 5  b c 82, khi đó ta có 39 bộ

 

^{b c;} thỏa là



5;82 ,

 

6;81 ,





7;80 , …,

 

43;44 .



+ a5, b c 86 suy ra 6  b c 80, khi đó ta có 37 bộ

 

^{b c;} thỏa là



6;80 ,

 

7;79 ,





8;78 , …,

 

42;44 .



+ a6, b c 85 suy ra 7  b c 78, khi đó ta có 36 bộ

 

^{b c;} thỏa là



7;78 ,

 

8;77 ,





9;76 , …,

 

42;43 .



+ …

+ a27, b c 64 suy ra 28  b c 36, khi đó ta có 4 bộ

 

^{b c;} thỏa là



28;36 ,

 

29;35 ,





30;34 ,

 

31;33 .



+ a28, b c 63 suy ra 29  b c 34, khi đó ta có 3 bộ

 

^{b c;} thỏa là



29;34 ,

 

30;33 ,





31;32 .



+ a29, b c 62 suy ra 30  b c 32, khi đó ta có 1 bộ

 

^{b c;} thỏa là



30;32 .



Do đó số tập con của A, mỗi tập con này gồm 3 phần tử của A và có tổng bằng 91 là:



^{43 42}

 

^{ 40 39}

 

^{ 37 36}



^{ ...}



^{4 3 }



^{1 15. 85 1}

 

2

  645. Suy ra số phần tử của tập S là 645.

Trong các phần tử thuộc S thì có 4 phần tử mà có ba số lập thành cấp số nhân:



1;9;81 ,





7;21;63 ,

 

13;26;52 ,

 

25;30;36 .



Vậy xác suất cần tìm là 4 645.

Câu 38: [2D1-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] (Chuyên Hùng Vương Gia Lai lần 4 - 2018 – Mã 101) Gọi Slà tập hợp các giá trị thực của tham số mđể đồ thị hàm số

2 2

1 x mx m

y x

 

  có hai cực trị ^{A B,} . Khi ·AOB90⁰thì tổng bình phương tất cả các phần tử của S bằng

A. ¹

16. B. 8 . C. ¹

8. D. 16.

Lời giải

Chọn A.

+ Ta có:

1 2

1 1

y x m m m x

     

 và

 

2 2

' 1 1

1 y m m

x

   

 .

Do đó ^{y x    1 m}



^{1 y'}

 

^x1



.

+ Từ

 

2 2

' 1 1

1 y m m

x

   

 nên đồ thị hàm số trên có 2điểm cực trị A x y



1; 1

 

,B x y2; 2



. Vậy ·AOB90⁰ khi và chỉ khi

     

         

1 2 1 2 0 1 2 1 1 1 ' 1 1 1 2 1 1 ' 2 2 1 0.

x x y y   x x  x    m y x x  x    m y x x   ( Vì y x'

 

1 0 và y x'

 

2 0).

Hay x x1 2



2x1m

 

. 2x2m



 0 5x x1 22m x



1x2



m²  0 4m² m 0, nên 0

1 4 m m

 

  



. Vậy chọn A.

Đề xuất bài tương tự:

Bài 1: [2D1-3] Gọi Slà tập hợp các giá trị thực của tham số mđể đồ thị hàm số

2 2 1

1 x x m

y x

  

  có hai cực trị ^{A B,} . Khi ·AOB90⁰số phần tử của Slà

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

Câu 39: [2D1-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho hàm số 1

1 y x

x

 

 có đồ thị

 

^C và điểm ^{A a}



^{; 2}



. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của a để có đúng hai tiếp tuyến của

 

^C đi qua điểm A và có hệ số góc k1, k2 thỏa mãn

2 2

1 2 10 1 2 0

k  k k k  . Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng

A. 7. B. 7 5

2

 . C. 5 5

2

 . D. 7

2. Lời giải

Chọn A.

Ta có

 

²

2 y 1

x

  

 .

Gọi tọa độ tiếp điểm là ^{; 1} 1 M t t

t

  

  

 .

Phương trình tiếp tuyến tại M là

 

 

²

2 1

1 1 y x t t

t t

 

  

  .

Do tiếp tuyến đi qua ^{A a}



^;2



nên ta có

 

 

²

2 1

2 1 1

a t t t t

 

  

  ^{   t2 6t 3 2a0}

 

¹ .

Gọi t1, t2 là hai nghiệm của

 

1 . Khi đó ¹



1



²

2 k 1

t

 

 và ²



2



²

2 k 1

t

 

 .

2 2

1 2 10 1 2 0

k  k k k 



1

 

² 2



²



1

 

⁴ 2



⁴

2 2 4 4

10 0

1 1 1 1

t t t t

 

    

   



t1 1

 

² t2 1

 

² t1 1

 

² t2 1



² 80

 

       



t1 t2



² 2t t1 2 2



t1 t2



2



t t1 2 t1 t2 1



² 80 2

 

 

           .

Mặt khác theo viet: t1 t2 6 và t t1 2  3 2a.

Thay vào

 

² ta có



20 4 a

 

2a2



² 80



5a a

 

1



² 5

0

7 5

2 a a

 

  



.

BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ:

Bài 1: Cho hàm số 2 1 y x

x

 



 

^C và điểm ^A



^0;m



. S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến đến

 

^C sao cho hai tiếp điểm tương ứng nằm hai phía trục hoành. Tập S là

A. ^{3;1 \ 1}

 

S   2 . B. ^{S   }



^2;



. C. ^{S   }



^3;

  

^{\ 1} . D. ^{2 \ 1}

 

S     3  . Bài 2: Cho hàm số 1

2 y x

x

 

 có đồ thị

 

^C và đường thẳng d y:    2x m 1 (m là tham số thực). Gọi k1, k2 là hệ số góc của tiếp tuyến tại giao điểm của d và

 

^C . Khi đó k k1. 2 bằng

A. 3. B. 4. C. 1

4. D. 2.

Câu 40: [2D1-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] (Chuyên Hùng Vương- Phú Thọ- lần 4- 2018) Cho hàm số y= f x( ). Hàm số y= f x'( ) có đồ thị như hình vẽ bên.

Hàm số y= f x( )² đồng biến trên khoảng A. 1 1;

2 2 æ ö÷ ç- ÷

ç ÷

çè ø B.

(

^0;2

)

C. 1;0

2 æ ö÷ ç- ÷

ç ÷

çè ø D.

(

^{- 2; 1-}

)

Lời giải

1

'( ) y= f x

4 y

1

- O x

Chọn C

Xét hàm f x'( )=- (x+1)(x- 1)(x- 4). Đặt ^{g x( )= f x}

( )

²

Có g x'( ) 2 '( )= xf x² =- 2 (x x²+1)(x²- 1)(x²- 4). Suy ra

0

'( ) 0 1

2 x

g x x

x é =ê

= Û êê =±

ê =±ë Xét dấu g x'( )

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ.

Bài 1: Cho hàm số ^{y=f x}

( )

có đạo hàm ^{f x¢}

( )

^{=x x2}

(

^{- 9}

) (

^{x- 4}

)

². Khi đó hàm số

(

^{2 5}

)

y= f x + có đạo hàm âm trên khoảng nào dưới đây?

A.

(

^{- 2;2}

)

B.

(

^3;+¥

)

C.

(

^{- ¥ -; 3}

)

D.

(

^{- ¥ -; 3}

) (

^{È 0;3}

)

Câu 41: [2H3-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz, cho mặt phẳng

 

^{P x: 2y z  1 0} và điểm ^A



^{0; 2;3 ,}

 

^{B 2;0;1 .}



Điểm ^{M a b c}



^{; ;}



thuộc

 

^P sao cho MA MB nhỏ nhất. Giá trị của a²b²c² bằng A. 41

4 . B. 9

4. C. 7

4. D. 3 .

Lời giải

Chọn B.

H A

A'

B

M



^{0; 2;3 ,}

 

^2;0;1



A  B nằm cùng phía so với mặt phẳng

 

^{P x: 2y z  1 0}

Đường thẳng Δ đi qua ^A



^{0; 2;3}



và vuông góc với

 

^{P x2y z  1 0} có phương trình

2 2 3 x t

y t

z t

 

   

  



Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng

 

^P thì ^{H  Δ}

 

^P

Ta có phương trình ^t         ^{4 4t 3 t 1 0 t 1 H}



^1;0;2



Tọa độ điểm đối xứng với A qua

 

^{P là: A }



^2;2;1



Ta có MA MB MA  MB A B 

Vậy MA MB nhỏ nhất khi và chỉ khi ^{A M B, ,} thẳng hàng Do đó ^{M A B }

 

^P

Đường thẳng A B có phương trình là

2 2 2 1

x t

y t

z

  

  

 



Ta có phương trình 3 1

2 2 4 2 1 1 0 1; ;1

2 2

t t t M 

           

Vậy ^{2 2 2} 9

a b c 4 Câu tương tự

Bài1. [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz, cho mặt phẳng

 

^{P x: 2y z  1 0} và điểm ^A



^{2; 2;1 ,}

 

^{B 2;0;1 .}



Điểm ^{M a b c}



^{; ;}



thuộc

 

^P . Tìm giá trị lớn nhất của MA MB .

A. 20 . B. 2 3 . C. 3 2 . D. 3 .

Lời giải

Chọn B.

H A'

A

B

M



^{2;2;1 ,}

 

^2;0;1



A  B nằm khác phía so với

 

^P

Tọa độ điểm đối xứng với A qua

 

^P là: ^A



^{0; 2;3 .}



Ta có MA MB  MA MB A B 2 3

Vậy MA MB lớn nhất khi và chỉ khi ^{A M B, ,} thẳng hàng.

Bài 2. [2H3 - 3] Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz, cho mặt phẳng

 

^{P x: 2y z  1 0}

và điểm ^A



^{2; 2;1}



^,B



^{2;0;1 .}



Điểm ^{M a b c}



^{; ;}



thuộc

 

^P sao cho MA MB nhỏ nhất. Giá trị của ^{a c} bằng

A. 3

2. B. 0. C. 1

2

 . D. 1.

Lời giải

Chọn B.

A

B

M



^{2;2;1 ,}

 

^2;0;1



A  B nằm khác phía so với

 

^P

Ta có MA MB AB 

Vậy MA MB nhỏ nhất khi và chỉ khi ^{A M B, ,} thẳng hàng Do đó ^{M AB}

 

^P

Đường thẳng AB có phương trình là

2 2 2 1

x t

y t

z

  

  

 



Ta có phương trình 3 1

2 2 4 2 1 1 0 1; ;1

2 2

t t t M 

           

Vậy a c 0.

Câu 42: [2H1-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho hình thập nhị diện đều (tham khảo hình vẽ bên dưới). Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng có chung một cạnh của thập nhị diện đều bằng

A. 5 1 2

 . B. 5 1

4

 . C. 1

5. D. ¹

2.

Lời giải

Chọn C.

H E

D A

B

C O

I

I O

B D C

Lấy ba cạnh chung một đỉnh của đa diện ta được một hình chóp đều .O ABC có ba góc ở đỉnh bằng nhau và bằng ³

5

   . Khi đó, góc cần tính là góc giữa hai mặt bên của hình chóp.

Gọi D, E lần lượt là trung điểm của BC, CA; H ADBE; I là hình chiếu vuông góc của D trên OC. Suy ra góc giữa hai mặt phẳng OBC và OCA bằng góc giữa hai đường thẳng ID và IE.

Giả sử OA OB OC  1, ta có:

2sin 2 AB BC CA_{  } 

, cos

OD_ 2

, sin

DC_ 2

, sin

2 2

ED_ AB _  .

Suy ra sin .cos

2 2

IE_ID_   .

Do đó, cos ^{2 2 2}

2 . ID IE DE EID ID IE

 



2 2 2

2 2

2sin .cos sin

2 2 2

2sin .cos

2 2

  

 

  1₂

1

2cos 2

   cos

1 cos



 

 ,

mà 1 5

cos  4 . Suy ra  1 cosEID  5.

Vậy côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng có chung một cạnh của thập nhị diện đều bằng 1 5. Câu 43: [2D2-4] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho các số thực

, ,

a b c không âm thoả mãn 2^a   4^b 8^c 4. Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S a 2b3c. Giá trị của biểu thức ^4M ^logMm bằng

A. ²⁸⁰⁹

500 . B. ²⁸¹

50 . C. ⁴⁰⁹⁶

729 . D. ¹⁴

25. Lời giải

Chọn C

Cách 1: 2^a   4^b 8^c 42^a2^2b2^3c 4.

Đặt ²

3

2 2 2

a b c

x y z

 

 

 

4 , , 1 x y z x y z

  

   .

2 3

S a  b c log₂xlog₂ ylog₂z log2

 

xyz . Ta có

3 3

4

3 3

x y z

xyz        ² 3log 4 S 3

  .

Dấu bằng xảy ra 4

x y z  3 .

Do đó ₂ 4

3log 3

M  ₂ 4

2 3 log

a b c 3

    .

Mặt khác



¹

 

¹

 

¹

 

¹

 

¹

 

¹

 

¹

 

¹

 

¹

  

²

xyz x y z  x y  y z  z x    x y z



^{x 1}

 

^{y 1}

 

^{z 1}

 

^{x 1}

 

^{y 1}

 

^{y 1}

 

^{z 1}

 

^{z 1}

 

^{x 1}



^{2 2}

               .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

1; 1; 2

1; 2; 1

2; 1; 1

x y z

x y z

x y z

  

   

   



.

Suy ra m1. Vậy

4 6 4096 4 log

3 729

M

M m  

     . Cách 2:

Đặt alog , 22x blog2 y c, 3 log2z. Ta có Slog2

 

xyz .



3

3 2

4 4

4 3 3log

3 3

x y z xyz xyz   S  

            

2

4 4

3log ,

3 3

MaxS M      khi x  y z

 Gọi ^{min , ,}

 

^{1 4}

z x y z   z 3.

Do



^x1

 

^{y  1}



^{0 xy x y    1 3 z xyz z}



^3z



^2 (vì ^1;4 z  3

    )

Suy ra S 1, do đó mminS1 khi ^{x z 1,y2}

2

2

3log 4 3

3log 4 3

4 log 4 log 1 4096

729

M

Mm

  

 

  

 

    .

Nhận xét: Dạng bài này trắc nghiệm thực sự không hay.Nguyên nhân Tìm max - có thể biết được ngay dấu bằng xảy ra tại a2b3c Tìm min – có thể xác định được ngay bộ hoán vị



^{1;1; 2}



Câu 44: [2H1-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho hình chóp .

S ABCDcó đáy là hình chữ nhật, ^SA(ABCD), cạnh bên SC tạo với ^(ABCD) một góc 60⁰ và tạo với ^(SAB) một góc  thỏa mãn sin 3

  4 . Thể tích của khối chóp .S ABCD bằng:

A. 3a³. B.

2 3 3

4

a . C. 2a³. D.

2 3

3 a . Câu 45: [2D1-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 -

Năm 2017 - 2018] Cho hàm số bậc ba

 

3 2 0

y ax bx cx d a  có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. a0;b0;c0; d0.

B. a0;b0; c0; d 0.

C. ^{a0;b0;c0; d 0.}

D. ^{a0;b0;c0; d0.}

Câu 46: [2H1-4] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 -

Năm 2017 - 2018] Hình lăng trụ đứng ABC A B C.    có diện tích đáy bằng 4 , diện tích ba mặt bên lần lượt là 8, 18 và 10. Thể tích của khối lăng trụ ABC A B C.    bằng

A. ⁴11951. B. ⁴11951

2 . C. 11951. D. 11951

2 .

Lời giải

Chọn A.

Đặt ^{BC a} , ^{CA b} , ^{AB c} , ^AA ^h. Vì diện tích các mặt bên lần lượt là ⁸, ¹⁸ và ¹⁰ nên ta có

9

18 .

9 18 10 10

ah a b c

bh ch

 

    

 

 Do đó a9k, b18k, c10k với k 0.

Khi đó nửa chu vi tam giác ^ABClà 37

2 2

a b c k

p    . Theo công thức Hê-rông, diện tích tam giác ABC là

     

^{37 19 17 1 4 1 2}

4 . . . . 11951.

2 2 2 2 4

S_ABC p p a p b p c k k

      

Suy ra ⁴

4

4 9 1 11951

4 . 11951

k h

a k

     Vậy thể tích của khối lăng trụ .

ABC A B C   là

4

11951 4

. 4. 11951.

ABC 4

V S_ h  Chọn đáp án A.

Câu 47: [2H3-4] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Trong không gian với hệ tọa độ xyz, cho 3 điểm (1;1;2)A , ( 1;0;4)B  , (0; 1;3)C  và điểm M thuộc mặt cầu x²y² (z 1)² 1. Khi biểu thức MA²MB² MC² đạt giá trị nhỏ nhất thì độ dài đoạn thẳng MA bằng:

A. 2. B. 6. C. 6. D. 2.

Lời giải Chọn A

Gọi I là tâm mặt cầu, G là trọng tâm tam giác ABC, Ta có: (0;0;3)G , (0;0;1)I .

2 2 2

MA MB MC =(MG GA  )²(MG GB  )²(MG GC  )² 3MG2 2MG GA GB GC( )

       _{2 2 2} GA GB GC

   , mà GA GB GC     0 nên MA²MB²MC²=3MG² GA²GB²GC².

Suy ra MA²MB²MC²đạt giá trị nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất. Khi đó M là giao điểm của GI với mặt cầu.

Nhận xét: ,I G nằm trên tia Oz nên M nằm trên tia Oz và để MG nhỏ nhất thìM nằm giữa ,

I Gmà IG2, IM  R 1 ^ M là trung điểm của GI M(0;0; 2)MA 2.

Câu 48: [2D3-4] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Biết ( )F x là nguyên hàm của hàm số

 

2

cos sin

x x x

f x x

  . Hỏi đồ thị của hàm số ^{y F x}

 

có bao nhiêu điểm cực trị trên khoảng



^{0; 2018}



?

A. 2019. B. 1. C. 2017. D. 2018.

Lời giải.

Chọn C

Ta có

   

2

cos sin

' x x x

F x f x

x

   .Giải ^{F x'}

 

^{ 0 xcosxsinx  0 x}



^{0; 2018}



Khi đó ^tan



^0;2018



^,

 

x x x   x k 2 k (*)

Số nghiệm của (*) bằng số giao điểm 2 đồ thị của hàm ^{y x} và ^ytanx + Trong khoảng 0;

2

  

 

  ta xét hàm ^{y x tanx} có

2

2 2

1 cos 1

' 1 0

cos cos

y x

x x

     nên

tan

y x  x là hàm nghịch biến trên khoảng 0;

2

 

 

 .

Do đó ^tan

 

^{0 tan 0 tan 0;}

x x y  x x  x x x  2

 

Phương trình (*) vô nghiệm trong khoảng 0;

2

  

 

 

+ Mặt khác, dựa vào đồ thị hàm số ^{y x} và ^ytanx ta thấy đồ thị hàm ^{y x} cắt đồ thị hàm tan

y x trong khoảng ^^{k; 2}



^k1



^₂^



^{k1; 2017}



Suy ra (*) có 2017 nghiệm.

Vậy nên có 2017 cực trị

Nhận xét: Thêm một số bài tương tự

Bài 1: Biết ( )F x là nguyên hàm của hàm số ^{f x}

 

^xsinx ₂^cosx

x

  . Hỏi đồ thị của hàm số

 

y F x có bao nhiêu điểm cực trị trên khoảng



^{0; 2018}



?

A. 2019. B. 1. C. 2017. D. 2018.

Bài 2: Biết ( )F x là nguyên hàm của hàm số

 

2

cos sin

2 2

x x x

f x x

 

     

   

   

 . Hỏi đồ thị của

hàm số ^{y F x}

 

có bao nhiêu điểm cực trị trên khoảng



^{0; 2018}



?

A. 2019. B. 1. C. 2016. D. 2018.

Câu 49: [2D3-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho hàm số

 



y f x xác định trên 0;

2

 

 

  thỏa mãn ^{2 2}

   

0

2 2. sin 2

4 2



 

      

  

 



^{f x f x x dx . Tính}

2

 

0

d





^{f x x.}

A. 4

 . B. 0. C. 1. D.

2

 . Lời giải

Chọn B.

+) Ta có ^{2 2 2 2}

0 0