65 câu Trắc nghiệm Ôn tập Toán 12 Chương 1 có đáp án

Đáp án C

Đồ thị hàm số đi qua điểm N(−2;0)

Ta có: 0=−24−2m−22+2m−4⇔m=2

Đáp án B

Ta có phương trình hoành độ giao điểm

x2−1x2−9=mx−4⇒x2−1x2−9x−4=m1x≠4

Só nghiệm của (1) bằng số giao điểm của 2 đồ thị hàm số y=x2−1x2−9x−4 và y = m

Ta có:

f'x=2xx2−9x−4+2xx2−1x−4−x2−9x2−1x−42=3x4−16x3−10x2+80x−9x−42f'x=0⇒3x4−16x3−10x2+80x−9=0

Giải phương trình ta được 4 nghiệm: x1≈−2,169x2≈0,114x3≈2,45x4≈4,94

Bảng biến thiên:

Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt ⇔ đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y=x2−1x2−9x−4 tại 4 điểm phân biệt ⇔m∈−2,28;2,58

Mà m∈Z⇒m∈−2;−1;0;1;2

Vậy có 5 giá trị của m thỏa mãn bài toán

Đáp án C

Ta có:

y'=3x+m2+3x+n2−3x2=3x2+2m+nx+m2+n2

Hàm số đồng biến trên −∞;+∞⇔a>0Δ'≤0⇔mn≤0

TH1: mn=0⇔m=0n=0

Do vai trò của m, n như nhau nên ta chỉ xét trường hợp m = 0

⇒P=4n2−n=2n−142−116≥−1161

TH2: mn<0⇔m>0;n<0 (do vai trò của m, n như nhau)

Ta có: P=2m−142−116+4n2+−n>−1162

Từ (1) và (2) ta có Pmin=−116

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m=18,n=0 hoặc m=0,n=18

Đáp án A

Nhận xét: Số giao điểm của C:y=f(x) với Ox bằng số giao điểm của C':y=f(x−1) với Ox (vì đồ thị hàm số C':y=f(x−1) có được chỉ là do ta tịnh tiến đồ thị hàm số C:y=f(x) sang phải 1 đơn vị)

Vì m > 0 nên C'':y=f(x−1)+m có được bằng cách tịnh tiến C':y=f(x−1) lên trên m đơn vị

Ta sẽ biện luận số giao điểm của y=f(x−1)+m với trục Ox (cũng chính là giao điểm của y=f(x−1) với y = - m) để suy ra cực trị của hàm số y=fx−1+m

+ TH1: −m≤−6⇔m≥6

Đồ thị hàm số y=fx−1+m có dạng:

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị. Loại

+ TH2: −6<−m<−3⇔3<m<6

Đồ thị hàm số y=fx−1+m có dạng:

Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị, nhận

+TH3: −m=3⇔m=3

Đồ thị hàm số y=fx−1+m có dạng:

Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị, nhận

+ TH4: −3<−m<0⇔0<m<3

Đồ thị hàm số y=fx−1+m có dạng:

Đồ thị hàm số có 7 điểm cực trị, loại

Vậy 3≤m<6. Do m∈Z+⇒m∈3;4;5

Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 12

Đáp án B

Đặt sinx=t,x∈0;π2⇒t∈0;1

Xét hàm số ft=t3+3t2−mt−4 trên 0;1

Ta có f't=3t2+6t−m

Để hàm số f(t) đồng biến trên 0;1 cần:

f't≥0,∀t∈0;1⇔3t2+6t−m≥0,∀t∈0;1⇔3t2+6t≥m,∀t∈0;1

Xét hàm số gt=3t2+6t trên 0;1

g't=6t+6g't=0⇔t=−1∉0;1

BBT:

Nhìn bào BBT ta thấy với m≤0 thì gt≥0≥m,∀t∈0;1, suy ra f't≥0,∀t∈0;1 hay f (t) đồng biến trên 0;1

Vậy với  thì hàm số đã cho đồng biến trên đoạn 0;π2

Đáp án B

Đạo hàm y'=x2−2ax−3a,y'=0⇔x2−2ax−3a=0  (1)

Hàm số có hai cực trị x1,x2 khi y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ'>0⇔a<−3 hoặc a > 0.

Khi đó, x1,x2 là nghiệm của phương trình (1), theo định lí Vi-et: x1+x2=2ax1.x2=−3a

Do đó, thay 2a=x1+x23a=−x1.x2 vào đẳng thức bài cho ta được

x12+2ax2+9a=x12+x1+x2x2−3x1x2=x12−2x1x2+x22=x1+x22−4x1x2=4a2+12ax22+2ax1+9a=x22+x1+x2x1−3x1x2=x12−2x1x2+x22=x1+x22−4x1x2=4a2+12a

Theo đề bài, ta có: 4a+12a+a4a+12=2⇔4a+12a=1⇔a=−4

Đáp án C

Từ đồ thị ta thấy f'(x)=0⇔x=−1x=2 và f'(x)>0⇔x>2

Xét gx=fx2−2 có TXĐ: D = R

g'x=2xf'x2−2=2x.f't với t=x2−2

g'(x)=0⇔x=0t=x2−2=−1t=x2−2=2⇔x=0x=±1x=±2

Có f't>0⇔t=x2−2>2⇔x<−2x>2

f't<0⇔t=x2−2<2⇔−2<x<2

Suy ra:

g'(x)>0⇔x>0f'(t)>0x<0f'(t)<0⇔x>0x<−2;x>2x<0−2<x<2⇔x>2−2<x<0g'(x)<0⇔x>0f'(t)<0x<0f'(t)>0⇔x>0−2<x<2x<0x<−2;x>2⇔0<x<2x<−2

Bẳng biến thiên:

Vậy hàm số y = g(x) đồng biến trên các khoảng −2;0 và 2;+∞

Vậy hàm số y = g(x) nghịch biến trên các khoảng −∞;−2 và 0;2

Vậy C sai

Đáp án C

Ta có: y=3fx+2−x3+3x⇒y'=3f'x+2−3x2+3

Xét −1<x<0 ta có:

1<x+2<2⇒f'x+2>0x2<1⇔x2−1<0⇒3f'x+2−3x2+3>0∀x∈−1;0

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên −1;0

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm: x+1x−2=x+m⇔x2+m−3x−2m−1=0(*)

Theo yêu cầu bài toán: (*) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 2

Δ>04+m−32−2m−1≠0⇔m2+2m+13>0,∀m

Gọi Ax1;y1,Bx2;y2 suy ra G là trọng tâm của tam giác OAB:

Gx1+x23;y1+y23=Gx1+x23;x1+x2+2m3=G3−m3;3−m+2m3=G3−m3;3+m3

Theo yêu cầu bài toán:

3−m32+3+m32−33+m3=4⇔2m2−9m−45=0⇔m=−3m=152

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm 2x+3x+2=−2x+m

⇔x≠−2x+22x−m+2x+3=0⇔x≠−22x2−m−6x+3−2m=0(1)

Đường thẳng d:y=−2x+m cắt (H) tại hai điểm phân biệt

⇔1 có hai nghiệm phân biệt khác – 2

⇔Δ=m−62−83−2m>02.−22−m−6.−2+3−2m≠0*

Khi đó xA,xB là 2 nghiệm phân biệt của (1) ⇒xA+xB=m−62xAxB=3−2m2(2)

Ta có: y'=1x+22⇒k1=1xA+22,k2=1xB+22

⇒k1k2=12xA+xB+xAxB+42=1m−6+3−2m2+42=4⇒P=k12018+k22018≥2k12018k22018=242018

Dầu bằng xảy ra

⇔k1=k2>0⇒1xA+22=1xB+22⇔xA+2=xB+2xA+2=−xB+23

Do A≠BA,B∈H⇒xA≠xB nên 3⇔xA+xB=−4

Kết hợp với (2) ta được m−62=−4⇔m=−2 (thỏa mãn)

Đáp án D

Gọi M1x1;f(x1);M2x2;f(x2) là hai tiếp điểm mà tại đó tiếp tuyến có cùng hệ số góc

Ta có: y'=3x2+12x+9

Khi đó:

k=3x12+12x1+9=3x22+12x2+9⇔x1−x2x1+x2+4⇔x1+x2=−4=S1

Hệ số góc của đường thẳng M1M2 là:

k'=±OAOB=±12017=fx2−fx1x2−x1⇔±12017=x1+x22−x1x2+6x1+x2+9⇔x1x2=20162017=Px1x2=20182017=P2

Với x1+x2=−4=Sx1x2=20162017=P, do S2>4P nên ∃ hai cặp x1,x2⇒∃1 giá trị k

Với x1+x2=−4=Sx1x2=20182017=P, do S2>4P nên ∃ hai cặp x1,x2⇒∃1 giá trị k

Kết luận: có 2 giá trị k

Đáp án C

m2x4−1+mx2−1−6x−1≥0,∀x⇔m2x2−1x2+1+mx−1x+1−6x−1≥0,∀x⇔x−1m2x3+m2x2+m2+mx+m2+m−6≥0,∀x

Để bất phương trình luôn đúng với mọi x thì suy ra:

+TH1: phương trình m2x3+m2x2+m2+mx+m2+m−6=0 có nghiệm đúng với mọi x

⇔m2=0m2=0m2+m=0m2+m−6=0⇔m=0m=0m=−1(vn)m=2m=−3

+ TH2: Đa thức m2x3+m2x2+m2+mx+m2+m−6 có nghiệm x = 1

Khi đó: 

m2+m2+m2+m+m2+m−6=0⇔4m2+2m−6=0⇔m=1m=−32

Thử lại:

+ Với m = 1 thì x−1x3+x2+2x−4≥0⇔x−12x2+2x+4≥0 (luôn đúng)

+ với m=−32 thì

x−194x3+94x2+34x−214≥0⇔x−13x3+3x2+x−7≥0

⇔x−123x2+6x+7≥0 (luôn đúng)

Do đó: m=1;m=−32 là các giá trị cần tìm

Tổng S=1−32=−12

Đáp án B

fx=mx4+nx3+px2+qx+r

Từ đồ thị hàm số y=f'(x) dễ thấy m≠0

Phương trình

fx=r⇔mx4+nx3+px2+qx=0⇔x=0mx3+nx2+px+q=0*

Xét f'(x)=4mx3+3nx2+2px+q=0 có 3 nghiệm x1=−1;x2=54;x3=3

Theo hệ thức Vi-et: x1+x2+x3=−bax1x2+x2x3+x3x1=cax1x2x3=−da ta có: 134=−3n4m−12=2p4m−154=−q4m⇔n=−133mp=−mq=15m

Thay vào (*) được

mx3−133mx2−mx+15m=0⇔x3−133x2−x+15=0⇔x=−53x=3

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt: 0;3;−52

Đáp án C

Nhận xét:

x=−32 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

y=12 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

Hàm số nghịch biến trên −∞;−32 và −32;+∞

Đáp án B

Từ BBT ta có:

- Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x = - 1

- Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y = 2.

Vậy tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số cắt nhau tại điểm có tọa độ là −1;2

Đáp án D

A đúng vì đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x = 1

B đúng vì hàm số luôn đồng biến nên không có cực trị

C đúng và đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y = 2.

D sai vì hàm số đồng biến trên các khoảng −∞;1 và 1;+∞ chứ không đồng biến trên toàn bộ tập số thức R

Đáp án B

A sai vì đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x = 1

C sai vì đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang chứ không phải là hàm số có tiệm cận ngang

D sai vì hàm số đồng biến trên các khoảng −∞;1 và 1;+∞

Đáp án C

Ta có: y'=−5x−22<0∀x∈D

Hàm số nghịch biến trên khoảng −∞;2 và 2;+∞

Đáp án B

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là y=1⇔y−1=0

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x=3⇔x−3=0

Giả sử Mx0;x0+2x0−3 thuộc đồ thị hàm số

Từ để bài ta có phương trình

5x0−3=x0+2x0−3−1⇔5x0−3=5x0−3⇔x0−32=1⇔x−3=−1x−3=1⇔x0=2x0=4

Vậy ta có hai điểm thỏa mãn đề bài là: 2;−4 và 4;6

Đáp án B

Đồ thị hàm số (C) có TCĐ x=3d1 và TCN: y=3d2

⇒ tâm đối xứng của đồ thị (C) là I(3;3)

Gọi Mm;1−3m3−m∈C ta có dM;d1=m−3;dM;d2=1−3m3−m−3=83−m

Vì dM;d1=2dM;d2⇒m−3=163−m

⇔m−32=16⇔m=7m=−1

Khi m=7⇒M7;5⇒IM=7−32+5−32=25

Khi m=−1⇒M−1;1⇒IM=−1−32+1−32=25

Đáp án B

Đồ thị hàm số có:

- Tiệm cận đứng là: x = - 2

- Tiệm cận ngang là y = 3

Diện tích hình chữ nhật được tạo bởi 2 tiệm cận là: S=−2.3=6 đvdt

Đáp án C

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y = 1 d1 và tiệm cận đứng x = 1 d2

Gọi A=d1∩d2⇒A1;1

y'=1.−1−1.1−1+x2=−2x−12

Gọi Mx0;x0+1x0−1∈C ta có tiếp tuyến tại M của đồ thị hàm số là

y=−2x0−12x−x0+x0+1x0−1d

Cho y=−2x0−121−x0+x0+1x0−1

=2x0−1+x0+1x0−1=x0+3x0−1

Gọi B=d∩d2⇒B1;x0+3x0−1

Cho y = 1

1=−2x0−12x−x0+x0+1x0−1⇔1=−2xx0−12+2x0x0−12+x0+1x0−1⇔2xx0−12=2x0x0−12+x0+1x0−1−1⇔2xx0−12=2x0+x02−1−x02+2x0−1x0−12=4x0−2x0−12⇔x=2x0−1

Gọi C=d∩d1⇒C2x0−1;1

Tam giác ABC là tam giác vuông tại A có:

AB=x0+3x0−1−12=4x0−1AC=2x0−1−12=2x0−2=2x0−1⇒SΔABC=12AB.AC=124x0−1.2x0−1=4

Đáp án C

Gọi hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy r.

Ta có: V=πr2h⇒h=64ππr2=64r2

Để tốn ít nhiên liệu nhất thì diện tích toàn phần nhỏ nhất

Ta có: Stp=2Sday+Sxq=2πr2+2πrh=2πr2+128πr

Xét hàm số fr=2πr2+128πr với r > 0

Ta có: f'r=4πr−128πr2;f'r=0⇔r=323

Lập BBT ta có fr đạt GTNN khi r=323m

Đáp án C

P=4xy2x+x2+4y23=4yx21+1+4yx23∀x>0,y>0

Đặt t=1+4yx2,t>1. Khi đó biểu thức trở thành P(t)=t2−1t+13=t−1t+12 với t > 1

P'(t)=−t2+2t+3t+14=0⇔t=3

Bảng biến thiên:

Vậy maxP=P(3)=18

Đáp án C

Dùng BBT kết hợp các phương án để loại trừ.

Từ đồ thị của y=f'(x) ta có BBT như sau:

Từ BBT ta có fa>fb;fc>fb nên phương án C có thể xảy ra

Đáp án C

Gọi cạnh tam giác đều là x khi đó chu vi tam giác đều là 3x và chu vi hình vuông là 6 - 3x

Cạnh hình vuông có độ dài là 6−3x4,0<x<2

Tổng diện tích hình tam giác đều và hình vuông là:

S=x234+6−3x42=43+9x2−36x+3616=fx

Khảo sát hàm số f(x) trên 0<x<2 ta thấy Smin⇔x=1843+9

Đáp án D

Đk: x≥1;y≥−1. Đặt t=x+y;t≥0

Có x−1+2y+2=x−1+2.y+1≤3x+y

⇒x+y≤3x+y

Vậy t≤3t⇔t2−3t≤0⇔0≤t≤3

P=x+y2+2x+y+2+84−x+y nên P=t2+2t+2+84−t

P'=2t+2−44−tP'=0⇔2t+24−t=4⇔t=0t=1±22∉0;3P(0)=18;P(3)=25

Suy ra M=25,m=18⇒M+m=43

Đáp án B

Đặt t=cotx,x∈π4;π2⇒t∈0;1

Xét hàm số ft=2t+1t+m trên khoảng 0;1,t≠−m

Ta có: f't=2m−1t+m2,∀t∈0;1,t≠−m

Khi đó để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng π4;π2 thì f (t) nghịch biến trên khoảng 0;1 (vì  t'=−1sin2x<0,∀x∈π4;π2⇔f't<0,∀t∈0;1,t≠−m)

Điều kiện:

2m−1<0−m∉0;1⇔m<12−m≤0−m≥1⇔m<12m≥0m≤−1⇔m≤−10≤m<12

Đáp án C

Xét hàm số fx=8x4−8x2+1=8x4−8x2+12 trên đoạn −1;1

Ta có: f'x=32x3−16x8x4−8x2+18x4−8x2+12

f'(x)=0⇔32x3−16x=0⇔x=0;x=±128x4−8x2+1≠0⇔x≠±2+22;x≠±2−22

Mà 

f(0)=1;f(±12)=1;f±2+22=0;f±2−22=0,f±1=1

Vậy max−1;1fx=f0=f±12=f±1=1

Đáp án A

Ta có:

+ 1+xy=x2+y2≥2xy⇔xy≤1 vì x−y2=x2+y2−2xy≥0

+ x2−xy+y2=1⇔x+y2−3xy=1⇔x+y2=1+3xy≥0⇔xy≥−13

Khi đó

P=x4+y4+1x2+y2+1=x2+y22−2x2y2+1x2+y2+1=1+xy2−2xy2+1xy+2

Đặt t=xy,t∈−13;1, xét hàm số P=−t2+2t+2t+2

P'=−t2−4t+22;P'=0⇔t=−2+6

Mà P−13=1115;P(1)=1;P−2+6=6−26

Khi đó m=P−13=1115;M=P−2+6=6−26

Vậy A=M+15m=17−26

Đáp án C

Xét hàm số f(x)=2x4+2x+26−x4+26−x trên đoạn 0;6

Ta có: f'x=1212x34−16−x34+12x−16−x

⇔f'x=12x4−16−x41212x24+16−x24+12x6−x4+12x4+16−x4

Vì 1212x24+16−x24+12x6−x4+12x4+16−x4>0,∀x∈0;6 nên f'x=0⇔12x4−16−x4=0⇔x=2

Mà f0=26+264;f2=32+6;f6=23+124

Nên max0;6fx=f2=32+6 và min0;6fx=f6=124+23

Khi đó, để phương trình có nghiệm với mọi x∈0;6 thì m<min0;6fx⇔m<124+23

Đáp án A

Gọi x là số lít xăng mà An đã dùng trong một ngày, với 0<x<10

⇒10−x là số lít xăng mà Bình đã dùng trong một ngày.

Khi đó:

+ Để An tiêu thụ hết 32 lít xăng cần 32x ngày.

+ Để Bình tiêu thụ hết 72 lít xăng cần 7210−x ngày

Vậy tổng số ngày chạy xe của hai tài xế là:

y=32x+7210−x⇒y'=−32x2+7210−x2⇒y'=0⇔x=4

BBT:

Nhìn BBT ta thấy tổng số ngày chạy xe ít nhất của hai tài xế là 20 ngày.

Đáp án B

Tịnh tiến đồ thị y = f(x) sang phải 2 đơn vị ta được đồ thị hàm số y=f(x−2)

Tịnh tiến đồ thị y=f(x−2) xuống dưới 2 đơn vị ta được đồ thị hàm số y=f(x−2)−2

Vẽ đồ thị hàm số y=fx−2−2

Dựa vào đồ thị hàm số y=fx−2−2 suy ra phương trình fx−2−2=π có hai nghiệm thực phân biệt

Đáp án D

Đặt sinx=t với x∈0;π⇒t∈0;1

Khi đó phương trình trở thành ft=m có nghiệm t∈0;1

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(t) và y = m

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy, để phương trình ft=m có nghiệm t∈0;1⇒m∈−1;1

Đáp án A

gx≥0⇔3fx−x3+3x−m≥0⇔3fx−x3+3x≥m

Đặt hx=3fx−x3+3x. Ta có: h'x=3f'x−3x2+3

Suy ra:

h'−3=3f'−3−6=0h'3=3f'3−6=0h'0=3f'0+3=0h'±1=3f'±1<0

Từ đó ta có BBT:

Vậy hx≥m⇔m≤h3=3f3