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

Đáp án C

Phương trình đường thẳng $d:y=m\left(x-2\right)$

Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là:

$$\begin{gathered} -x^3+6x^2-9x+2=m\left(x-2\right) \\ \iff \left(x-2\right)\left(x^2-4x+m+1\right)=0 \\ \iff \left[\begin{array}{c}x=2\Rightarrow A\left(2;0\right)\\ x^2-4x+m+1=0\left(1\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Để đồ thị hàm số (C) cắt d tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có 2 nghiệm phân biệt $x\ne 2$

Đk: $\left\{\begin{array}{c}\Delta >0\\ 4-8+m+1\ne 0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{c}4-m-1>0\\ m-3\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}m<3\\ m\ne 3\end{array}\right.\iff m<3$

Giả sử $B\left(x_1;m{x}_1-2m\right),B\left(x_2;m{x}_2-2m\right)$ với $x_1,x_2$ là hai nghiệm của phương trình (1)

Theo Vi-et: $\left\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=4\\ x_1.x_2=m+1\end{array}\right.$

Vì $m>0\Rightarrow x_1>0,x_2>0$. Ta có $B\text{'}\left(0;m{x}_1-2m\right),C\text{'}\left(0;m{x}_2-2m\right)$

Ta có:

$$\begin{gathered} S_{BB\text{'}C\text{'}C}=\frac{1}{2}B\text{'}C\text{'}\left(BB\text{'}+CC\text{'}\right)=8 \\ \iff B\text{'}C\text{'}\left(BB\text{'}+CC\text{'}\right)=16\left(*\right) \end{gathered}$$

Mà $B\text{'}C\text{'}=\left|m\left(x_1-x_2\right)\right|,BB\text{'}=\left|x_1\right|=x_1;CC"=\left|x_2\right|=x_2$

Do đó (*) $\iff m\left|x_1-x_2\right|\left(x_1+x_2\right)=16$

$\iff m\left|x_1-x_2\right|=4\iff m^2{\left(x_1-x_2\right)}^2=16$

$$\begin{gathered} \iff m^2\left[{\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2\right]=16 \\ \iff m^2\left(16-4m-4\right)=16 \\ \iff m^3-3m^2+4=0\iff \left[\begin{array}{c}m=-1\\ m=2\end{array}\right. \end{gathered}$$

Kết hợp với m > 0 và m < 3 ta có m = 2

Đáp án C

Với m = 0 thì hàm số không xác định. Do đó $m\ne 0$ (1)

Ta có: $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x+1}{\sqrt{m^2{x}^2+m-1}}=\frac{1}{\left|m\right|}$ và $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x+1}{\sqrt{m^2{x}^2+m-1}}=\frac{-1}{\left|m\right|}$

$\Rightarrow$ đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận ngang.

Để đồ thị hàm số có bốn đường tiệm cận thì cần tìm m để đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận đứng, nghĩa là cần tìm m để phương trình $g\left(x\right)=m^2{x}^2+m-1=0$ có 2 nghiệm phân biệt khác – 1.

Đk: $\left\{\begin{array}{c}\Delta =-4m^2\left(m-1\right)>0\\ g\left(-1\right)=m^2+m-1\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}m<1\\ m\ne 0\\ m\ne \frac{-1\pm \sqrt{5}}{2}\end{array}\right.$ (2)

Kết hợp (1) và (2) ta có $\left\{\begin{array}{c}m<1\\ m\ne 0\\ m\ne \frac{-1\pm \sqrt{5}}{2}\end{array}\right.$

Đáp án C

Hàm số $y=f\left(x\right)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$; $f\text{'}\left(x\right)=3a{x}^2+2bx+c$ có đồ thị như hình vẽ

Do đó $x=0\Rightarrow d=4;x=2\Rightarrow 8a+4b+2c+d=0$; $f\text{'}\left(2\right)=0\iff 12+4b+x=0$; $f\text{'}\left(0\right)=0\iff c=0$

Tìm được $a=1;b=-3;c=0;d=4$ và hàm số $y=x^3-3x^2+4$

Ta có:

$$\begin{gathered} g\left(x\right)=f\left(\sqrt{x^2+x+2}\right) \\ ={\left(\sqrt{x^2+x+2}\right)}^3-3\left(x^2+x+2\right)+4 \\ \Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=\frac{3}{2}\left(2x+1\right)\sqrt{x^2+x+2}-3\left(2x+1\right) \\ =3\left(2x+1\right)\left(\frac{1}{2}\sqrt{x^2+x+2}-1\right) \\ g\text{'}\left(x\right)=0\Rightarrow \left[\begin{array}{c}x=-\frac{1}{2}\\ x=1\\ x=-2\end{array}\right. \end{gathered}$$

Bảng xét dấu của g(x):

Vậy g(x) nghịch biến trên khoảng $\left(\frac{-1}{2};0\right)$

Đáp án C

Ta có: $y\text{'}=2x.f\text{'}\left(x^2\right)$

$$\begin{gathered} y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{c}2x=0\\ x^2=0\\ x^2=1\\ x^2=2\\ x^2=4\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=0\\ x=\pm 1\\ x=\pm \sqrt{2}\\ x=\pm 2\end{array}\right. \\ f\text{'}\left(x^2\right)>0\iff \left[\begin{array}{c}{x}^2>4\\ 0<x^2<1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{c}x>2\\ x<-2\\ -1<x<1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Bảng xét dấu:

Quan sát bảng xét dấu ta thấy: qua 5 điểm $x=2,x=-1,x=0,x=1,x=2$ là y; đổi dấu

Vậy hàm số có 5 cực trị

Đáp án C

Ta có: $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=+\infty \Rightarrow x=1$ là tiệm cận đứng; $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=2\Rightarrow y=2$ là tiệm cận ngang

$M\in \left(C\right)\Rightarrow M\left(a;2+\frac{5}{a-1}\right)$ với $a\ne 1$

Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng: $d_1=\frac{\left|a-1\right|}{\sqrt{1}}=\left|a-1\right|$

Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang $d_2=\frac{\left|2+\frac{5}{a-1}-2\right|}{\sqrt{0^2+1^2}}=\left|\frac{5}{a-1}\right|$

Ta có: $d_1.d_2=\left|a-1\right|.\left|\frac{5}{a-1}\right|=\left|\left(a-1\right).\frac{5}{a-1}\right|=5$

Đáp án C

Ta có: $y=\frac{3x-1}{x-3}\Rightarrow y=3+\frac{8}{x-3}\Rightarrow y-3=\frac{8}{x-3}$

Đặt $\left\{\begin{array}{c}X=x-3\\ Y=y-3\end{array}\right.$. Ta có: $Y=\frac{8}{X}$

Gọi $M\left(X_1;\frac{8}{X_1}\right)$ thuộc nhánh trái, $N\left(X_2;\frac{8}{X_2}\right)$ thuộc nhánh phải của đồ thị hàm số,

Với $X_1<0<X_2$. Ta có: $M{N}^2={\left(X_2-X_1\right)}^2+64{\left(\frac{1}{X_2}-\frac{1}{X_1}\right)}^2$

$$\begin{gathered} \Rightarrow M{N}^2=2\sqrt{{\left(X_2-X_1\right)}^2.64{\left(\frac{1}{X_2}-\frac{1}{X_1}\right)}^2} \\ \Rightarrow M{N}^2\ge 16\left|\left(X_2-X_1\right)\left(\frac{1}{X_2}-\frac{1}{X_1}\right)\right| \\ \Rightarrow M{N}^2\ge 16\frac{\left(X_2-X_1\right)}{\left|X_1{X}_2\right|} \\ \Rightarrow M{N}^2\ge 16\frac{-4X_1{X}_2}{-X_1{X}_2}=64 \end{gathered}$$

Do vậy $MN\ge 8$

Dấu bằng xảy ra $\iff \left\{\begin{array}{c}{X}_2=-X_1\\ {\left(X_2-X_1\right)}^2=64{\left(\frac{1}{X_2}-\frac{1}{X_1}\right)}^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}{X}_1=-2\sqrt{2}\\ X_2=2\sqrt{2}\end{array}\right.$

Vậy với $M\left(-2\sqrt{2};-2\sqrt{2}\right);N\left(2\sqrt{2};2\sqrt{2}\right)$ thì MN có độ dài ngắn nhất bằng 8

Đáp án A

Theo giả thiết a > 0, b > 0

Với ab = 4 ta có:

$$\begin{gathered} y=\frac{a{x}^2+x-1}{4x^2+bx+9}=\frac{\frac{4}{b}{x}^2+x-1}{4x^2+bx+9} \\ =\frac{4x^2+bx-b}{b\left(4x^2+bx+9\right)}=\frac{1}{b}-\frac{b+9}{b\left(4x^2+bx+9\right)} \end{gathered}$$

Đồ thị (C) có đúng 1 đường tiệm cận đứng nên $4x^2+bx+9=0$ có nghiệm kép

Suy ra $\Delta =b^2-\mathrm{4.4.9}=0\iff b=12(dob>0)$

Ta có:

$$\begin{gathered} ab=4\Rightarrow a=\frac{1}{3}; \\ c=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{a{x}^2+x-1}{4x^2+bx+9} \\ =\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{a+\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}{4+\frac{b}{x}+\frac{9}{x^2}}=\frac{a}{4}\Rightarrow c=\frac{1}{12} \end{gathered}$$

Vậy $T=3a+b-24c=11$

Đáp án D

Dựa vào đồ thị của hàm số y = f'(x) ta có BBT của hàm số  = f(x)

Quan sát BBT ta thấy:

$f\left(2\right)<f\left(3\right)<f\left(5\right)$ và $f\left(0\right)>f\left(2\right)$

Mặt khác:

$$\begin{gathered} f\left(0\right)+f\left(3\right)=f\left(2\right)+f\left(5\right) \\ \iff f\left(3\right)-f\left(2\right)=f\left(5\right)-f\left(0\right)>0\Rightarrow f\left(5\right)>f\left(0\right) \end{gathered}$$

Vậy trên đoạn $\left[0;5\right]$ hàm số $y=f\left(x\right)$ có $f\left(2\right)<f\left(0\right)<f\left(5\right)$

Do đó:

+ GTNN của hàm số trên đoạn $\left[0;5\right]$ là f(2)

+ GTLN của hàm số trên đoạn $\left[0;5\right]$ là f(5)

Đáp án C

Ta có: $g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)-1$. Do đó đồ thị hàm số g'(x) có được bằng cách tịnh tiến đồ thị của hàm số f'(x) đi xuống 1 đơn vị

Quan sát đồ thị hàm số g'(x) ta thấy g'(x) đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua điểm x = - 1

Do đó g(x) đạt cực đại tại x = - 1

Đáp án B

Ở tháng thu nhập của công ty cao nhất, gọi số căn hộ bị bỏ trống là x thì số tiền thuê mỗi phòng là: $\mathrm{2.000.000}+50.000x$

Khi đó số tiền thu được là:

$f\left(x\right)=\left(\mathrm{2.000.000}+50.000x\right)-50.000x^2+500.000x+\mathrm{100.000.000}$

Ta cần tìm $x\in \left(0;50\right)$ để f(x) lớn nhất

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=-100.000x+500.000;f\text{'}\left(x\right)=0\iff x=5$

Bảng biến thiên:

Vậy mỗi tháng lợi nhuận cao nhất thu được của công ty là 101.250.000

Đáp án A

Tập xác định: D = R

Ta có: $y\text{'}=4x^3-4mx=4x\left(x^2-m\right)$

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị $\iff m\ge 0$

Khi đó: $y\text{'}=4m{x}^3-4mx=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=\pm \sqrt{m}\end{array}\right.$

Suy ra: Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là

$$\begin{gathered} A\left(0;m-1\right);B\left(-\sqrt{m};-m^2+m-1\right); \\ C\left(\sqrt{m};-m^2+m-1\right) \end{gathered}$$

Ta có: $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}\left|y_B-y_A\right|.\left|x_C-x_B\right|=m^2\sqrt{m}$

$AB=AC=\sqrt{m^4+m};BC=2\sqrt{m}$

Gọi R = 1 là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Diện tích tam giác ABC là:

$S_{\Delta ABC}=\frac{AB.AC.BC}{4R}=\frac{2\sqrt{m}\left(m^4+m\right)}{4}$

Suy ra $m^2\sqrt{m}=\frac{2\sqrt{m}\left(m^4+m\right)}{4}\iff 2m=m^3+1$

$\iff \left(m-1\right)\left(m^2+m-1\right)=0$

$\iff \left[\begin{array}{c}m=1\\ m^2+m-1=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{c}m=1\\ m=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\\ m=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}\left(l\right)\end{array}\right.$

Vậy m = 1 hoặc $m=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$

Đáp án A

$$\begin{gathered} y=\left|\sin x+\cos x+\tan x+\cot x+\frac{1}{\sin x}+\frac{1}{\cos x}\right| \\ y=\left|\sin x+\cos x+\frac{1+\sin x+\cos x}{\sin x\cos x}\right| \end{gathered}$$

Đặt $t=\sin x+\cos x\left(-\sqrt{2}\le t\le \sqrt{2}\right)$ thì $\sin x\cos x=\frac{t^2-1}{2}$

Khi đó:

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

Nếu $t-1>0\Rightarrow t-1+\frac{2}{t-1}+1\ge 2\sqrt{2}+1\Rightarrow y\ge 2\sqrt{2}+1$

Nếu $t-1<0\iff t<1$ thì ta viết lại $y=\left|1-t+\frac{2}{1-t}-1\right|$

Ta có: $1-t+\frac{2}{1-t}-1\ge 2\sqrt{2}\Rightarrow 1-t+\frac{2}{1-t}-1\ge 2\sqrt{2}-1$ hay $y\ge 2\sqrt{2}-1$

Vậy $y\ge 2\sqrt{2}-1$

Dấu bằng xảy ra $\iff {\left(1-t\right)}^2=2\iff t=1-\sqrt{2}\left(t<1\right)$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \sin x+\cos x=1-\sqrt{2} \\ \iff \sqrt{2}\sin \left(x+\frac{\pi }{4}\right)=1-\sqrt{2} \\ \iff \sin \left(x+\frac{\pi }{4}\right)=\frac{1-\sqrt{2}}{2} \end{gathered}$$

Đáp án A

Đồ thị hàm số y = f(x) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt nên

$$\begin{gathered} f\left(x\right)=a\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)\left(x-x_3\right)\left(x-x_4\right) \\ f\text{'}\left(x\right)=a\left(x-x_2\right)\left(x-x_3\right)\left(x-x_4\right)+a\left(x-x_1\right)\left(x-x_3\right)\left(x-x_4\right) \\ +a\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)\left(x-x_4\right)+a\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)\left(x-x_3\right) \end{gathered}$$

Rõ ràng

$$\begin{gathered} f\left(x\right)=0\Rightarrow \left[\begin{array}{c}x=x_1\\ x=x_2\\ x=x_3\\ x=x_4\end{array}\right.\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)\ne 0 \\ \Rightarrow g\left(x\right)={\left[f\text{'}\left(x\right)\right]}^2-f\text{'}\text{'}\left(x\right).f\left(x\right)\ne 0 \end{gathered}$$

nên ta chỉ xét $f\left(x\right)\ne 0$

$\Rightarrow \frac{f\text{'}\left(x\right)}{f\left(x\right)}=\frac{1}{x-x_1}+\frac{1}{x-x_2}+\frac{1}{x-x_3}+\frac{1}{x-x_4},\forall x\in \left\{x_1;x_2;x_3;x_4\right\}$

Đặt $h\left(x\right)=\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f\left(x\right)}=\frac{1}{x-x_1}+\frac{1}{x-x_2}+\frac{1}{x-x_3}+\frac{1}{x-x_4},\forall x\in \left\{x_1;x_2;x_3;x_4\right\}$

Ta có: $h\text{'}\left(x\right)=\frac{f\text{'}\text{'}\left(x\right).f\left(x\right)-{\left[f\text{'}\left(x\right)\right]}^2}{f^2\left(x\right)}$

$$\begin{gathered} =\frac{-1}{{\left(x-x_1\right)}^2}+\frac{-1}{{\left(x-x_2\right)}^2}+\frac{-1}{{\left(x-x_3\right)}^2}+\frac{-1}{{\left(x-x_4\right)}^2}<0,\forall x\in \left\{x_1;x_2;x_3;x_4\right\} \\ \Rightarrow f\text{'}\text{'}\left(x\right).f\left(x\right)-{\left[f\text{'}\left(x\right)\right]}^2<0,\forall x\in \left\{x_1;x_2;x_3;x_4\right\} \\ \Rightarrow g\left(x\right)=-f\text{'}\text{'}\left(x\right).f\left(x\right)+{\left[f\text{'}\left(x\right)\right]}^2<0,\forall x\in \left\{x_1;x_2;x_3;x_4\right\} \end{gathered}$$

Vậy đồ thị hàm số $y=g\left(x\right)={\left[f\text{'}\left(x\right)\right]}^2-f\text{'}\text{'}\left(x\right).f\left(x\right)$ không cắt trục Ox

Đáp án A

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=a{x}^4+b{x}^2+c$ với đường thẳng y = 0.

Ta có:

$$\begin{gathered} y\text{'}=4a{x}^3+2bx=0\iff 2x\left(2a{x}^2+b\right)=0 \\ \iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x^2=-\frac{b}{2a}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Ta có: $ab<0\Rightarrow a,b$ trái dấu $\Rightarrow -\frac{b}{2a}>0\Rightarrow$ phương trình y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt hay đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị.

+ với $x=0\Rightarrow y=c\Rightarrow A\left(0;c\right)$

+ với $x^2=-\frac{b}{2a}\Rightarrow x=\pm \sqrt{-\frac{b}{2a}}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow y=\frac{-a\left(b^2-4ac\right)}{4a^2} \\ \Rightarrow B\left(-\sqrt{-\frac{b}{2a}};\frac{-a\left(b^2-4ac\right)}{4a^2}\right),C\left(\sqrt{-\frac{b}{2a}};\frac{-a\left(b^2-4ac\right)}{4a^2}\right) \end{gathered}$$

Ta có: $ac\left(b^2-4ac\right)>0\iff \frac{-a\left(b^2-4ac\right)}{4a^2}.c<0\Rightarrow y_B.y_A<0$

$\Rightarrow$ các điểm cực đại và cực tiểu nằm khác phía so với trục hoành.

$\Rightarrow$ đồ thị hàm số $y=a{x}^4+b{x}^2+c$ cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt.

Đáp án D

Ta có: $f\left(x\right)=x^3+a{x}^2+bx-2$

$$\begin{gathered} + f\left(0\right)=-2<0;f\left(1\right)=a+b-1>0 \\ \Rightarrow f\left(0\right).f\left(1\right)<0 \end{gathered}$$

$\Rightarrow$ phương trình f(x) = 0 có ít nhất 1 nghiệm $x_1\in \left(0;1\right)$

$+ f\left(2\right)=2\left(3+2a+b\right)<0\Rightarrow f\left(2\right).f\left(1\right)<0$

$\Rightarrow$ phương trình f(x) = 0 có ít nhất 1 nghiệm $x_2\in \left(1;2\right)$

Do đó phương trình f(x) = 0 có ít nhất 2 nghiệm và đồ thị hàm số y = f(x) chỉ có thể có dạng:

Khi đó, đồ thị hàm số $y=f\left(\left|x\right|\right)$ (màu tím) và $y=\left|f\left(\left|x\right|\right)\right|$ (màu cam) lần lượt có đồ thị như sau:

Như vậy, hàm số $y=\left|f\left(\left|x\right|\right)\right|$ có tất cả 11 cực trị

Đáp án B

$$\begin{gathered} y=f\left(1-x\right)+\frac{x^2}{2}-x\Rightarrow y\text{'}=-f\text{'}\left(1-x\right)+x-1 \\ y\text{'}=0\iff f\text{'}\left(1-x\right)>-\left(1-x\right) \end{gathered}$$

Dựa vào đồ thị hàm số, ta có: Đồ thị hàm số f'(x) cắt đường thẳng y = -x tại 3 điểm phân biệt là: $A\left(-3;3\right),B\left(-1;1\right),C\left(3;-3\right)$

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(1-x\right)>-\left(1-x\right)\iff \left[\begin{array}{c}1-x<-3\\ 1<1-x<3\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{c}x>4\\ -2<x<0\end{array}\right. \end{gathered}$$

Hàm số $y=f\left(1-x\right)+\frac{x^2}{2}-x$ nghịch biến trên các khoảng $\left(-2;0\right),\left(4;+\infty \right)$