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: $0={\left(-2\right)}^4-2m{\left(-2\right)}^2+2m-4\iff m=2$

Đáp án B

Ta có phương trình hoành độ giao điểm

$$\begin{gathered} \left(x^2-1\right)\left(x^2-9\right)=m\left(x-4\right) \\ \Rightarrow \frac{\left(x^2-1\right)\left(x^2-9\right)}{\left(x-4\right)}=m\left(1\right)\left(x\ne 4\right) \end{gathered}$$

Só nghiệm của (1) bằng số giao điểm của 2 đồ thị hàm số $y=\frac{\left(x^2-1\right)\left(x^2-9\right)}{\left(x-4\right)}$ và y = m

Ta có:

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=\frac{2x\left(x^2-9\right)\left(x-4\right)+2x\left(x^2-1\right)\left(x-4\right)-\left(x^2-9\right)\left(x^2-1\right)}{{\left(x-4\right)}^2} \\ =\frac{3x^4-16x^3-10x^2+80x-9}{{\left(x-4\right)}^2} \\ f\text{'}\left(x\right)=0\Rightarrow 3x^4-16x^3-10x^2+80x-9=0 \end{gathered}$$

Giải phương trình ta được 4 nghiệm: $\left[\begin{array}{c}{x}_1\approx -2,169\\ x_2\approx 0,114\\ x_3\approx 2,45\\ x_4\approx 4,94\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt $\iff$ đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số $y=\frac{\left(x^2-1\right)\left(x^2-9\right)}{\left(x-4\right)}$ tại 4 điểm phân biệt $\iff m\in \left(-2,28;2,58\right)$

Mà $m\in Z\Rightarrow m\in \left\{-2;-1;0;1;2\right\}$

Vậy có 5 giá trị của m thỏa mãn bài toán

Đáp án C

Ta có:

$$\begin{gathered} y\text{'}=3{\left(x+m\right)}^2+3{\left(x+n\right)}^2-3x^2 \\ =3\left[x^2+2\left(m+n\right)x+m^2+n^2\right] \end{gathered}$$

Hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;+\infty \right)\iff \left\{\begin{array}{c}a>0\\ \Delta \text{'}\le 0\end{array}\right.\iff mn\le 0$

TH1: $mn=0\iff \left[\begin{array}{c}m=0\\ n=0\end{array}\right.$

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

$\Rightarrow P=4n^2-n={\left(2n-\frac{1}{4}\right)}^2-\frac{1}{16}\ge -\frac{1}{16}\left(1\right)$

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

Ta có: $P={\left(2m-\frac{1}{4}\right)}^2-\frac{1}{16}+4n^2+\left(-n\right)>-\frac{1}{16}\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta có $P_{\min }=-\frac{1}{16}$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $m=\frac{1}{8},n=0$ hoặc $m=0,n=\frac{1}{8}$

Đáp án A

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

Vì m > 0 nên $\left(C\text{'}\text{'}\right):y=f(x-1)+m$ có được bằng cách tịnh tiến $\left(C\text{'}\right):y=f(x-1)$ 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 $y=\left|f\left(x-1\right)+m\right|$

+ TH1: $-m\le -6\iff m\ge 6$

Đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x-1\right)+m\right|$ có dạng:

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị. Loại

+ TH2: $-6<-m<-3\iff 3<m<6$

Đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x-1\right)+m\right|$ có dạng:

Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị, nhận

+TH3: $-m=3\iff m=3$

Đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x-1\right)+m\right|$ có dạng:

Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị, nhận

+ TH4: $-3<-m<0\iff 0<m<3$

Đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x-1\right)+m\right|$ có dạng:

Đồ thị hàm số có 7 điểm cực trị, loại

Vậy $3\le m<6$. Do $m\in Z^{+}\Rightarrow m\in \left\{3;4;5\right\}$

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

Đáp án B

Đặt $\sin x=t,x\in \left[0;\frac{\pi }{2}\right]\Rightarrow t\in \left[0;1\right]$

Xét hàm số $f\left(t\right)=t^3+3t^2-mt-4$ trên $\left[0;1\right]$

Ta có $f\text{'}\left(t\right)=3t^2+6t-m$

Để hàm số f(t) đồng biến trên $\left[0;1\right]$ cần:

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(t\right)\ge 0,\forall t\in \left[0;1\right]\iff 3t^2+6t-m\ge 0,\forall t\in \left[0;1\right] \\ \iff 3t^2+6t\ge m,\forall t\in \left[0;1\right] \end{gathered}$$

Xét hàm số $g\left(t\right)=3t^2+6t$ trên $\left[0;1\right]$

$$\begin{gathered} g\text{'}\left(t\right)=6t+6 \\ g\text{'}\left(t\right)=0\iff t=-1\notin \left[0;1\right] \end{gathered}$$

BBT:

Nhìn bào BBT ta thấy với $m\le 0$ thì $g\left(t\right)\ge 0\ge m,\forall t\in \left[0;1\right]$, suy ra $f\text{'}\left(t\right)\ge 0,\forall t\in \left[0;1\right]$ hay f (t) đồng biến trên $\left[0;1\right]$

Vậy với  thì hàm số đã cho đồng biến trên đoạn $\left[0;\frac{\pi }{2}\right]$

Đáp án B

Đạo hàm $y\text{'}=x^2-2ax-3a,y\text{'}=0\iff x^2-2ax-3a=0\left(1\right)$

Hàm số có hai cực trị $x_1,x_2$ khi y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt $\iff \Delta \text{'}>0\iff a<-3$ hoặc a > 0.

Khi đó, $x_1,x_2$ là nghiệm của phương trình (1), theo định lí Vi-et: $\left\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=2a\\ x_1.x_2=-3a\end{array}\right.$

Do đó, thay $\left\{\begin{array}{c}2a=x_1+x_2\\ 3a=-x_1.x_2\end{array}\right.$ vào đẳng thức bài cho ta được

$\left\{\begin{array}{c}{x}_1^2+2a{x}_2+9a=x_1^2+\left(x_1+x_2\right)x_2-3x_1{x}_2=x_1^2-2x_1{x}_2+x_2^2={\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2=4a^2+12a\\ x_2^2+2a{x}_1+9a=x_2^2+\left(x_1+x_2\right)x_1-3x_1{x}_2=x_1^2-2x_1{x}_2+x_2^2={\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2=4a^2+12a\end{array}\right.$

Theo đề bài, ta có: $\frac{4a+12}{a}+\frac{a}{4a+12}=2\iff \frac{4a+12}{a}=1\iff a=-4$

Đáp án C

Từ đồ thị ta thấy $f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{c}x=-1\\ x=2\end{array}\right.$ và $f\text{'}\left(x\right)>0\iff x>2$

Xét $g\left(x\right)=f\left(x^2-2\right)$ có TXĐ: D = R

$g\text{'}\left(x\right)=2xf\text{'}\left(x^2-2\right)=2x.f\text{'}\left(t\right)$ với $t=x^2-2$

$g\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ t=x^2-2=-1\\ t=x^2-2=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=\pm 1\\ x=\pm 2\end{array}\right.$

Có $f\text{'}\left(t\right)>0\iff t=x^2-2>2\iff \left[\begin{array}{c}x<-2\\ x>2\end{array}\right.$

$f\text{'}\left(t\right)<0\iff t=x^2-2<2\iff -2<x<2$

Suy ra:

$$\begin{gathered} g\text{'}\left(x\right)>0\iff \left[\begin{array}{c}\left\{\begin{array}{c}x>0\\ f\text{'}\left(t\right)>0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{c}x<0\\ f\text{'}\left(t\right)<0\end{array}\right.\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{c}\left\{\begin{array}{c}x>0\\ x<-2;x>2\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{c}x<0\\ -2<x<2\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{c}x>2\\ -2<x<0\end{array}\right. \\ g\text{'}\left(x\right)<0\iff \left[\begin{array}{c}\left\{\begin{array}{c}x>0\\ f\text{'}\left(t\right)<0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{c}x<0\\ f\text{'}\left(t\right)>0\end{array}\right.\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{c}\left\{\begin{array}{c}x>0\\ -2<x<2\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{c}x<0\\ x<-2;x>2\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{c}0<x<2\\ x<-2\end{array}\right. \end{gathered}$$

Bẳng biến thiên:

Vậy hàm số y = g(x) đồng biến trên các khoảng $\left(-2;0\right)$ và $\left(2;+\infty \right)$

Vậy hàm số y = g(x) nghịch biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-2\right)$ và $\left(0;2\right)$

Vậy C sai

Đáp án C

Ta có: $y=3f\left(x+2\right)-x^3+3x\Rightarrow y\text{'}=3f\text{'}\left(x+2\right)-3x^2+3$

Xét $-1<x<0$ ta có:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{c}1<x+2<2\Rightarrow f\text{'}\left(x+2\right)>0\\ x^2<1\iff x^2-1<0\end{array}\right. \\ \Rightarrow 3f\text{'}\left(x+2\right)-3x^2+3>0\forall x\in \left(-1;0\right) \end{gathered}$$

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên $\left(-1;0\right)$

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm: $\frac{x+1}{x-2}=x+m\iff x^2+\left(m-3\right)x-2m-1=0(*)$

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

$\left\{\begin{array}{c}\Delta >0\\ 4+\left(m-3\right)2-2m-1\ne 0\end{array}\right.\iff m^2+2m+13>0,\forall m$

Gọi $A\left(x_1;y_1\right),B\left(x_2;y_2\right)$ suy ra G là trọng tâm của tam giác OAB:

$$\begin{gathered} G\left(\frac{x_1+x_2}{3};\frac{y_1+y_2}{3}\right)=G\left(\frac{x_1+x_2}{3};\frac{x_1+x_2+2m}{3}\right) \\ =G\left(\frac{3-m}{3};\frac{3-m+2m}{3}\right)=G\left(\frac{3-m}{3};\frac{3+m}{3}\right) \end{gathered}$$

Theo yêu cầu bài toán:

$$\begin{gathered} {\left(\frac{3-m}{3}\right)}^2+{\left(\frac{3+m}{3}\right)}^2-3\left(\frac{3+m}{3}\right)=4 \\ \iff 2m^2-9m-45=0\iff \left[\begin{array}{c}m=-3\\ m=\frac{15}{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm $\frac{2x+3}{x+2}=-2x+m$

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{c}x\ne -2\\ \left(x+2\right)\left(2x-m\right)+2x+3=0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{c}x\ne -2\\ 2x^2-\left(m-6\right)x+3-2m=0\left(1\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

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

$\iff \left(1\right)$ có hai nghiệm phân biệt khác – 2

$\iff \left\{\begin{array}{c}\Delta ={\left(m-6\right)}^2-8\left(3-2m\right)>0\\ 2.{\left(-2\right)}^2-\left(m-6\right).\left(-2\right)+3-2m\ne 0\end{array}\left(*\right)\right.$

Khi đó $x_A,x_B$ là 2 nghiệm phân biệt của (1) $\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}{x}_A+x_B=\frac{m-6}{2}\\ x_A{x}_B=\frac{3-2m}{2}\end{array}\right.\left(2\right)$

Ta có: $y\text{'}=\frac{1}{{\left(x+2\right)}^2}\Rightarrow k_1=\frac{1}{{\left(x_A+2\right)}^2},k_2=\frac{1}{{\left(x_B+2\right)}^2}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow k_1{k}_2=\frac{1}{{\left[2\left(x_A+x_B\right)+x_A{x}_B+4\right]}^2} \\ =\frac{1}{{\left(m-6+\frac{3-2m}{2}+4\right)}^2}=4 \\ \Rightarrow P=k_1^{2018}+k_2^{2018}\ge 2\sqrt{k_1^{2018}{k}_2^{2018}}=2\sqrt{4^{2018}} \end{gathered}$$

Dầu bằng xảy ra

$$\begin{gathered} \iff k_1=k_2>0\Rightarrow \frac{1}{{\left(x_A+2\right)}^2}=\frac{1}{{\left(x_B+2\right)}^2} \\ \iff \left[\begin{array}{c}{x}_A+2=x_B+2\\ x_A+2=-\left(x_B+2\right)\end{array}\right.\left(3\right) \end{gathered}$$

Do $\left\{\begin{array}{c}A\ne B\\ A,B\in \left(H\right)\end{array}\right.\Rightarrow x_A\ne x_B$ nên $\left(3\right)\iff x_A+x_B=-4$

Kết hợp với (2) ta được $\frac{m-6}{2}=-4\iff m=-2$ (thỏa mãn)

Đáp án D

Gọi $M_1\left(x_1;f\left(x_1\right)\right);M_2\left(x_2;f\left(x_2\right)\right)$ là hai tiếp điểm mà tại đó tiếp tuyến có cùng hệ số góc

Ta có: $y\text{'}=3x^2+12x+9$

Khi đó:

$$\begin{gathered} k=3x_1^2+12x_1+9=3x_2^2+12x_2+9 \\ \iff \left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2+4\right)\iff x_1+x_2=-4=S\left(1\right) \end{gathered}$$

Hệ số góc của đường thẳng $M_1{M}_2$ là:

$$\begin{gathered} k\text{'}=\pm \frac{OA}{OB}=\pm \frac{1}{2017}=\frac{f\left(x_2\right)-f\left(x_1\right)}{x_2-x_1} \\ \iff \pm \frac{1}{2017}={\left(x_1+x_2\right)}^2-x_1{x}_2+6\left(x_1+x_2\right)+9 \\ \iff \left[\begin{array}{c}{x}_1{x}_2=\frac{2016}{2017}=P\\ x_1{x}_2=\frac{2018}{2017}=P\end{array}\right.\left(2\right) \end{gathered}$$

Với $\left\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=-4=S\\ x_1{x}_2=\frac{2016}{2017}=P\end{array}\right.$, do $S^2>4P$ nên $\exists$ hai cặp $x_1,x_2\Rightarrow \exists 1$ giá trị k

Với $\left\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=-4=S\\ x_1{x}_2=\frac{2018}{2017}=P\end{array}\right.$, do $S^2>4P$ nên $\exists$ hai cặp $x_1,x_2\Rightarrow \exists 1$ giá trị k

Kết luận: có 2 giá trị k

Đáp án C

$$\begin{gathered} m^2\left(x^4-1\right)+m\left(x^2-1\right)-6\left(x-1\right)\ge 0,\forall x \\ \iff m^2\left(x^2-1\right)\left(x^2+1\right)+m\left(x-1\right)\left(x+1\right)-6\left(x-1\right)\ge 0,\forall x \\ \iff \left(x-1\right)\left[m^2{x}^3+m^2{x}^2+\left(m^2+m\right)x+m^2+m-6\right]\ge 0,\forall x \end{gathered}$$

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

+TH1: phương trình $m^2{x}^3+m^2{x}^2+\left(m^2+m\right)x+m^2+m-6=0$ có nghiệm đúng với mọi x

$\iff \left\{\begin{array}{c}{m}^2=0\\ m^2=0\\ m^2+m=0\\ m^2+m-6=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}m=0\\ \left[\begin{array}{c}m=0\\ m=-1\left(vn\right)\end{array}\right.\\ \left[\begin{array}{c}m=2\\ m=-3\end{array}\right.\end{array}\right.$

+ TH2: Đa thức $m^2{x}^3+m^2{x}^2+\left(m^2+m\right)x+m^2+m-6$ có nghiệm x = 1

Khi đó: 

$$\begin{gathered} m^2+m^2+m^2+m+m^2+m-6=0 \\ \iff 4m^2+2m-6=0\iff \left[\begin{array}{c}m=1\\ m=-\frac{3}{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Thử lại:

+ Với m = 1 thì $\left(x-1\right)\left[x^3+x^2+2x-4\right]\ge 0\iff {\left(x-1\right)}^2\left(x^2+2x+4\right)\ge 0$ (luôn đúng)

+ với $m=-\frac{3}{2}$ thì

$$\begin{gathered} \left(x-1\right)\left(\frac{9}{4}{x}^3+\frac{9}{4}{x}^2+\frac{3}{4}x-\frac{21}{4}\right)\ge 0 \\ \iff \left(x-1\right)\left(3x^3+3x^2+x-7\right)\ge 0 \end{gathered}$$

$\iff {\left(x-1\right)}^2\left(3x^2+6x+7\right)\ge 0$ (luôn đúng)

Do đó: $m=1;m=-\frac{3}{2}$ là các giá trị cần tìm

Tổng $S=1-\frac{3}{2}=-\frac{1}{2}$

Đáp án B

$f\left(x\right)=m{x}^4+n{x}^3+p{x}^2+qx+r$

Từ đồ thị hàm số $y=f\text{'}\left(x\right)$ dễ thấy $m\ne 0$

Phương trình

$$\begin{gathered} f\left(x\right)=r\iff m{x}^4+n{x}^3+p{x}^2+qx=0 \\ \iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ m{x}^3+n{x}^2+px+q=0\left(*\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Xét $f\text{'}\left(x\right)=4m{x}^3+3n{x}^2+2px+q=0$ có 3 nghiệm $x_1=-1;x_2=\frac{5}{4};x_3=3$

Theo hệ thức Vi-et: $\left\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2+x_3=-\frac{b}{a}\\ x_1{x}_2+x_2{x}_3+x_3{x}_1=\frac{c}{a}\\ x_1{x}_2{x}_3=-\frac{d}{a}\end{array}\right.$ ta có: $\left\{\begin{array}{c}\frac{13}{4}=-\frac{3n}{4m}\\ -\frac{1}{2}=\frac{2p}{4m}\\ -\frac{15}{4}=-\frac{q}{4m}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}n=-\frac{13}{3}m\\ p=-m\\ q=15m\end{array}\right.$

Thay vào (*) được

$$\begin{gathered} m{x}^3-\frac{13}{3}m{x}^2-mx+15m=0 \\ \iff x^3-\frac{13}{3}{x}^2-x+15=0\iff \left[\begin{array}{c}x=-\frac{5}{3}\\ x=3\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt: $0;3;-\frac{5}{2}$

Đáp án C

Nhận xét:

$x=-\frac{3}{2}$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

$y=\frac{1}{2}$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

Hàm số nghịch biến trên $\left(-\infty ;-\frac{3}{2}\right)$ và $\left(-\frac{3}{2};+\infty \right)$

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 $\left(-1;2\right)$

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 $\left(-\infty ;1\right)$ và $\left(1;+\infty \right)$ 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 $\left(-\infty ;1\right)$ và $\left(1;+\infty \right)$

Đáp án C

Ta có: $y\text{'}=-\frac{5}{{\left(x-2\right)}^2}<0\forall x\in D$

Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;2\right)$ và $\left(2;+\infty \right)$

Đáp án B

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là $y=1\iff y-1=0$

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là $x=3\iff x-3=0$

Giả sử $M\left(x_0;\frac{x_0+2}{x_0-3}\right)$ thuộc đồ thị hàm số

Từ để bài ta có phương trình

$$\begin{gathered} 5\left|x_0-3\right|=\left|\frac{x_0+2}{x_0-3}-1\right|\iff 5\left|x_0-3\right|=\left|\frac{5}{x_0-3}\right| \\ \iff {\left(x_0-3\right)}^2=1\iff \left[\begin{array}{c}x-3=-1\\ x-3=1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{c}{x}_0=2\\ x_0=4\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy ta có hai điểm thỏa mãn đề bài là: $\left(2;-4\right)$ và $\left(4;6\right)$

Đáp án B

Đồ thị hàm số (C) có TCĐ $x=3\left(d_1\right)$ và TCN: $y=3\left(d_2\right)$

$\Rightarrow$ tâm đối xứng của đồ thị (C) là $I(3;3)$

Gọi $M\left(m;\frac{1-3m}{3-m}\right)\in \left(C\right)$ ta có $d\left(M;d_1\right)=\left|m-3\right|;d\left(M;d_2\right)=\left|\frac{1-3m}{3-m}-3\right|=\frac{8}{\left|3-m\right|}$

Vì $d\left(M;d_1\right)=2d\left(M;d_2\right)\Rightarrow \left|m-3\right|=\frac{16}{\left|3-m\right|}$

$\iff {\left(m-3\right)}^2=16\iff \left[\begin{array}{c}m=7\\ m=-1\end{array}\right.$

Khi $m=7\Rightarrow M\left(7;5\right)\Rightarrow IM=\sqrt{{\left(7-3\right)}^2+{\left(5-3\right)}^2}=2\sqrt{5}$

Khi $m=-1\Rightarrow M\left(-1;1\right)\Rightarrow IM=\sqrt{{\left(-1-3\right)}^2+{\left(1-3\right)}^2}=2\sqrt{5}$

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: $S=\left|-2\right|.\left|3\right|=6$ đvdt

Đáp án C

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y = 1 $\left(d_1\right)$ và tiệm cận đứng x = 1 $\left(d_2\right)$

Gọi $A=d_1\cap d_2\Rightarrow A\left(1;1\right)$

$y\text{'}=\frac{1.\left(-1\right)-1.1}{{\left(-1+x\right)}^2}=-\frac{2}{{\left(x-1\right)}^2}$

Gọi $M\left(x_0;\frac{x_0+1}{x_0-1}\right)\in \left(C\right)$ ta có tiếp tuyến tại M của đồ thị hàm số là

$y=-\frac{2}{{\left(x_0-1\right)}^2}\left(x-x_0\right)+\frac{x_0+1}{x_0-1}\left(d\right)$

Cho $y=-\frac{2}{{\left(x_0-1\right)}^2}\left(1-x_0\right)+\frac{x_0+1}{x_0-1}$

$=\frac{2}{x_0-1}+\frac{x_0+1}{x_0-1}=\frac{x_0+3}{x_0-1}$

Gọi $B=d\cap d_2\Rightarrow B\left(1;\frac{x_0+3}{x_0-1}\right)$

Cho y = 1

$$\begin{gathered} 1=-\frac{2}{{\left(x_0-1\right)}^2}\left(x-x_0\right)+\frac{x_0+1}{x_0-1} \\ \iff 1=-\frac{2x}{{\left(x_0-1\right)}^2}+\frac{2x_0}{{\left(x_0-1\right)}^2}+\frac{x_0+1}{x_0-1} \\ \iff \frac{2x}{{\left(x_0-1\right)}^2}=\frac{2x_0}{{\left(x_0-1\right)}^2}+\frac{x_0+1}{x_0-1}-1 \\ \iff \frac{2x}{{\left(x_0-1\right)}^2}=\frac{2x_0+x_0^2-1-x_0^2+2x_0-1}{{\left(x_0-1\right)}^2}=\frac{4x_0-2}{{\left(x_0-1\right)}^2} \\ \iff x=2x_0-1 \end{gathered}$$

Gọi $C=d\cap d_1\Rightarrow C\left(2x_0-1;1\right)$

Tam giác ABC là tam giác vuông tại A có:

$$\begin{gathered} AB=\sqrt{{\left(\frac{x_0+3}{x_0-1}-1\right)}^2}=\frac{4}{\left|x_0-1\right|} \\ AC=\sqrt{{\left(2x_0-1-1\right)}^2}=\left|2x_0-2\right|=2\left|x_0-1\right| \\ \Rightarrow S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}\frac{4}{\left|x_0-1\right|}.2\left|x_0-1\right|=4 \end{gathered}$$

Đáp án C

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

Ta có: $V=\pi r^{2}h\Rightarrow h=\frac{64\pi }{\pi r^2}=\frac{64}{r^2}$

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

Ta có: $S_{tp}=2S_{day}+S_{xq}=2\pi r^2+2\pi rh=2\pi r^2+\frac{128\pi }{r}$

Xét hàm số $f\left(r\right)=2\pi r^2+\frac{128\pi }{r}$ với r > 0

Ta có: $f\text{'}\left(r\right)=4\pi r-\frac{128\pi }{r^2};f\text{'}\left(r\right)=0\iff r=\sqrt[3]{32}$

Lập BBT ta có $f\left(r\right)$ đạt GTNN khi $r=\sqrt[3]{32}\left(m\right)$

Đáp án C

$$\begin{gathered} P=\frac{4x{y}^2}{{\left(x+\sqrt{x^2+4y^2}\right)}^3} \\ =\frac{4{\left(\frac{y}{x}\right)}^2}{{\left(1+\sqrt{1+4{\left(\frac{y}{x}\right)}^2}\right)}^3}\left(\forall x>0,y>0\right) \end{gathered}$$

Đặt $t=\sqrt{1+4{\left(\frac{y}{x}\right)}^2},t>1$. Khi đó biểu thức trở thành $P\left(t\right)=\frac{t^2-1}{{\left(t+1\right)}^3}=\frac{t-1}{{\left(t+1\right)}^2}$ với t > 1

$P\text{'}\left(t\right)=\frac{-t^2+2t+3}{{\left(t+1\right)}^4}=0\iff t=3$

Bảng biến thiên:

Vậy $\max P=P\left(3\right)=\frac{1}{8}$

Đáp án C

Dùng BBT kết hợp các phương án để loại trừ.

Từ đồ thị của $y=f\text{'}\left(x\right)$ ta có BBT như sau:

Từ BBT ta có $f\left(a\right)>f\left(b\right);f\left(c\right)>f\left(b\right)$ 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 $\frac{6-3x}{4},\left(0<x<2\right)$

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

$$\begin{gathered} S=\frac{x^2\sqrt{3}}{4}+{\left(\frac{6-3x}{4}\right)}^2 \\ =\frac{\left(4\sqrt{3}+9\right)x^2-36x+36}{16}=f\left(x\right) \end{gathered}$$

Khảo sát hàm số f(x) trên $\left(0<x<2\right)$ ta thấy $S_{\min }\iff x=\frac{18}{4\sqrt{3}+9}$

Đáp án D

Đk: $x\ge 1;y\ge -1$. Đặt $t=x+y;t\ge 0$

Có $\sqrt{x-1}+\sqrt{2y+2}=\sqrt{x-1}+\sqrt{2}.\sqrt{y+1}\le \sqrt{3\left(x+y\right)}$

$\Rightarrow x+y\le \sqrt{3\left(x+y\right)}$

Vậy $t\le \sqrt{3}t\iff t^2-3t\le 0\iff 0\le t\le 3$

$P={\left(x+y\right)}^2+2\left(x+y\right)+2+8\sqrt{4-\left(x+y\right)}$ nên $P=t^2+2t+2+8\sqrt{4-t}$

$$\begin{gathered} P\text{'}=2t+2-\frac{4}{\sqrt{4-t}} \\ P\text{'}=0\iff \left(2t+2\right)\sqrt{4-t}=4 \\ \iff \left[\begin{array}{c}t=0\\ t=1\pm 2\sqrt{2}\notin \left[0;3\right]\end{array}\right. \\ P\left(0\right)=18;P\left(3\right)=25 \end{gathered}$$

Suy ra $M=25,m=18\Rightarrow M+m=43$