Đề số 30
50 câu hỏi
Mặt phẳng \[(AB'C')\] chia khối lăng trụ \[ABC.A'B'C'\] thành hai khối đa diện \[AA'B'C'\] và \[ABCC'B'\]có thể tích lần lượt là \[{V_1},\,{V_2}\]. Khẳng định nào sau đây đúng?
\[{V_1} = \frac{1}{2}{V_2}\].
\[{V_1} = {V_2}\].
\[{V_1} = 2{V_2}\].
\[{V_1} = \frac{1}{3}{V_2}\].
Ta có: \({V_1} = \frac{1}{3}d\left( {A;\left( {A'B'C'} \right)} \right).{S_{\Delta A'B'C'}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}}\)
Khi đó: \({V_2} = \frac{2}{3}{V_{ABC.A'B'C'}}\)
Vậy \({V_1} = \frac{1}{2}{V_2}\)
Đáp án B
Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên \(\mathbb{R}\)?
\(y = \frac{{2x - 1}}{{x + 3}}\).
\(y = {x^4} - 2{x^2}\).
\(y = {x^3} + 2x - 2020\).
\(y = {x^2} + 2x - 1\).
Xét phương án C ta có:
\(y' = 3{x^2} + 2 >0\)với \(\forall x \in \mathbb{R},\) nên hàm số \(y = {x^3} + 2x - 2020\) luôn đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
Đáp án C
Cho hàm số \(y = f(x)\) có bảng biến thiên như sau
Khẳng định nào sau đây đúng?
Điểm cực tiểu của hàm số là 0.
Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là 1.
Điểm cực tiểu của hàm số là – 1.
Điểm cực đại của hàm số là 3.
Nhìn vào bảng biến thiên ta có điểm cực tiểu của hàm số là -1.
Đáp án C
Cho khối chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng \(a\) và cạnh bên tạo với đáy một góc \({60^0}\). Thể tích của khối chóp đó bằng
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{36}}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\).
Gọi \(H\) là trung điểm \(BC\) và \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC.\) Ta có \(SG \bot \left( {ABC} \right).\)
Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên \({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\) và \(AG = \frac{2}{3}AH = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)
\(\widehat {\left( {SA,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {SAG} = {60^0}.\)
Trong tam giác vuông \(SGA,\) ta có \(SG = AG.\tan \widehat {SAG} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\sqrt 3 = a.\)
Vậy \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SG.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}.\)
Đáp án A
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng
\(\left( { - 3; - 1} \right)\).
\(\left( {2;3} \right)\).
\(\left( { - 2;0} \right)\).
\(\left( {0;2} \right)\).
Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {2;3} \right).\)
Đáp án B
Cho lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\)có đáy là tam giác đều cạnh a. Mặt phẳng \(\left( {AB'C'} \right)\) tạo với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\)một góc 60^0.Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) bằng
\[\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\]
\[\frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{4}\]
\[\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}\]
\[\frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{8}\]
Gọi \(H,H'\) lần lượt là trung điểm của \(BC,B'C'.\)
Do lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy là tam giác đều cạnh \(a\) nên \(AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) và \({S_{\Delta A'B'C'}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)
Ta có: \(\left( {\left( {AB'C'} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {AH,AH'} \right) = \angle H'AH = {60^0}.\)
Xét tam giác \(H'HA\) vuông tại \(H\) có \(\tan {60^0} = \frac{{H'H}}{{AH}} \Leftrightarrow H'H = AH.\tan {60^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 3 = \frac{3}{2}a\)
Mà \(A'A = H'H\) nên \(A'A = \frac{3}{2}a.\)
Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'A.{S_{\Delta A'B'C'}} = \frac{3}{2}a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3\sqrt 3 }}{8}{a^3}.\)
Kết quả \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{x + 1}}{{2{x^3} + 2}}\) bằng:
\(0\).
\( - \frac{1}{2}\).
\(\frac{1}{6}\).
\(\frac{1}{2}\).
Ta có:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{x + 1}}{{2{x^3} + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{x + 1}}{{2\left( {{x^3} + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{x + 1}}{{2\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{1}{{2\left( {{x^2} - x + 1} \right)}} = \frac{1}{{2.3}} = \frac{1}{6}.\)
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau:
Tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là
1.
3.
2.
4.
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 5\) nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là \(y = 5.\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = - \infty \) nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x = 1.\)
Vậy đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận ngang và đứng là 2.
Đáp án C
Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] xác định trên \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\) có bảng biến thiên như hình vẽ.
Số nghiệm của phương trình \[f(x) + 3 = 0\] là
\(3\).
\(2\).
\(0\).
\(1\).
Ta có \(f\left( x \right) + 3 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = - 3\)
Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) + 3 = 0\) bằng số giao điểm của hai đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và \(y = - 3.\)
Dựa vào bảng biến thiên ta có đường thẳng \(y = - 3\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại 2 điểm.
Vậy số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) + 3 = 0\) là 2.
Đáp án B
Cho hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}\). Mệnh đề đúng là
Hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).
Hàm số nghịch biến trên tập \(\left( { - \infty ;1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\).
Hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( { - 1; + \infty } \right)\).
Hàm số nghịch biến trên tập \(\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).
Xét hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}\) có tập xác định \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}.\)
Có \(y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}.\)
Đáp án A
Cho cấp số cộng \[\left( {{u_n}} \right)\] có \({u_1} = 5;{u_5} = 13\). Công sai của cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) bằng
1.
2.
3.
5.
Áp dụng công thức \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d.\)
Ta có \({u_5} = {u_1} + 4d \Leftrightarrow 13 = 5 + 4d \Leftrightarrow d = 2.\)
Đáp án B
Cho hình chóp tứ giác \(S.ABCD\) có \(SA = SB = SC = SD = 4\sqrt {11} \), đáy là \(ABCD\) là hình vuông cạnh 8. Thể tích \(V\) của khối chóp \(S.ABC\) là
\[{V_{S.ABC}} = 32\].
\[{V_{S.ABC}} = 64\].
\[{V_{S.ABC}} = 128\].
\[{V_{S.ABC}} = 256\].
Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD.\) Ta có
\(\left\{ \begin{array}{l}SO \bot AC\\SO \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\)
Ta có: \(AC = 8\sqrt 2 \Rightarrow AO = 4\sqrt 2 ;SO = \sqrt {{{\left( {4\sqrt {11} } \right)}^2} - {{\left( {4\sqrt 2 } \right)}^2}} = 12\)
\({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SO = \frac{1}{3}{.8^2}.12 = 256\)
\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}} = 128\)
Đáp án D
Cho hàm số \[y = \frac{{x + m}}{{x + 1}}\] (\[m\] là tham số thực) thoả mãn \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;2} \right]} y + \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2} \right]} y = \frac{9}{2}\). Mệnh đề nào dưới đây đúng?
\[0 < m \le 2\].
\[m \le 0\].
\[m >4\].
\[2 < m \le 4\].
Điều kiện xác định: \(x + 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne - 1.\)
TH1: \(m = 1\) thì \(y = 1\) (loại).
TH2: \(m \ne 1\) thì hàm số \(y = \frac{{x + m}}{{x + 1}}\) luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( { - 1; + \infty } \right).\)
Mà \(\left[ {1;2} \right] \subset \left( { - 1; + \infty } \right)\) nên \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;2} \right]} y + \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2} \right]} y = \frac{9}{2} \Leftrightarrow y\left( 1 \right) + y\left( 2 \right) = \frac{9}{2}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{1 + m}}{{1 + 1}} + \frac{{2 + m}}{{2 + 1}} = \frac{9}{2}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{1 + m}}{2} + \frac{{2 + m}}{3} = \frac{9}{2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3\left( {1 + m} \right) + 2\left( {2 + m} \right) = 2.9\\ \Leftrightarrow 5m + 7 = 27\\ \Leftrightarrow m = 4.\end{array}\)
Đáp án D
Cho khối lăng trụ \[ABC.A'B'C'\], mặt phẳng \[(AB'C')\]chia khối lăng trụ \[ABC.A'B'C'\] thành
một khối chóp tam giác và một khối chóp tứ giác.
hai khối chóp tứ giác.
hai khối chóp tam giác.
một khối chóp tam giác và một khối chóp ngũ giác.
Ta thấy mặt phẳng \(\left( {A'BC} \right)\) chia khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) thành một khối chóp tam giác \(A'.ABC\) và một khối chóp tứ giác \(A'.BCC'B'.\)
Đáp án A
Cho đa giác đều có 10 cạnh. Số tam giác có 3 đỉnh là ba đỉnh của đa giác đều đã cho là
\(120\).
\(240\).
\(720\).
\(35\).
Cứ ba đỉnh của đa giác sẽ tạo thành một tam giác.
Chọn 3 trong 10 đỉnh của đa giác, có \(C_{10}^3 = 120.\)
Vậy có 120 tam giác xác định bởi các đỉnh của đa giác 10 cạnh.
Đáp án A
Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy \[ABCD\] là hình vuông cạnh bằng \(1\). Cạnh bên \[SA\] vuông góc với mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right)\] và \[SC = \sqrt 5 \]. Thể tích \(V\)của khối chóp \[S.ABCD\] là
\[V = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\].
\[V = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\].
\[V = \sqrt 3 \].
\[V = \frac{{\sqrt {15} }}{3}\].
Vì \(ABCD\) là hình vuông cạnh bằng 1 nên có diện tích \({S_{ABCD}} = 1.\)
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) ta có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {1 + 1} = \sqrt 2 .\)
Xét tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) ta có \(SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}} = \sqrt {5 - 2} = \sqrt 3 .\)
Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \(V = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\sqrt 3 .1 = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.\)
Đáp án A
Cho hàm số \(y = f(x)\) có đạo hàm \(f'(x) = (x + 1){(x - 2)^3}{(x - 3)^4}{(x + 5)^5}{\rm{; }}\forall x \in \mathbb{R}\) . Hỏi hàm số \(y = f(x)\) có mấy điểm cực trị?
4.
3.
2.
5.
Ta thấy \(f'\left( x \right)\) đổi dấu khi đi qua \(x = - 1;x = 2;x = - 5\) nên hàm số có 3 cực trị.
Đáp án B
Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số \(m\) không vượt quá 2020 để hàm số \(y = - {x^4} + (m - 5){x^2} + 3m - 1\) có ba điểm cực trị
2017.
2019.
2016.
2015.
Để hàm số có ba điểm cực trị thì: \(ab = - 1.\left( {m - 5} \right) < 0 \Leftrightarrow m - 5 >0 \Leftrightarrow m >5\left( 1 \right)\)
Theo giả thiết: \(m \le 2020\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra có 2015 giá trị nguyên dương của \(m\) thỏa mãn là: \(m \in \left\{ {6;7;...;2020} \right\}.\)
Đáp án D
Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?
\[y = {x^4} - 3{x^2} + 2\].
\[y = {x^3} - 3{x^2} + 2\].
\[y = - {x^3} + 3{x^2} + 2\].
\[y = {x^3} + 3{x^2} + 2\].
Đây là đồ thị hàm số bậc 3, với hệ số \(a >0.\) Loại \(A;C.\)
Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {2; - 2} \right).\) Loại D.
Đáp án B
Kim tự tháp Kê-ốp ở Ai Cập được xây dựng vào khoảng \(2500\) năm trước Công nguyên. Kim tự tháp này có hình dạng là một khối chóp tứ giác đều có chiều cao \(147\) m, cạnh đáy dài \(230\) m. Thể tích \(V\) của khối chóp đó là
\(V = 2592100\)m3
\(V = 7776300\)m3
\(V = 2592300\)m3
\(V = 3888150\)m3
Áp dụng công thức, ta có: \(V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}{230^2}.147 = 2592100{m^3}.\)
Đáp án A
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\)liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có bảng biến thiên như sau
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Hàm số không có GTLN và không có GTNN.
Hàm số có GTLN bằng \(2\)và GTNN bằng \( - 3.\)
Hàm số có GTLN bằng \(2\)và GTNN bằng \( - 2.\)
Hàm số có GTLN bằng \(2\)và không có GTNN.
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có GTLN bằng 2 và không có GTNN
Đáp án D
Phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{3 - 2x}}{{x + 1}}\) là
\(x = - 1\).
\[y = 3\].
\(y = - 2\).
\(x = - 2\).
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{3 - 2x}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{ - 2 - \frac{3}{x}}}{{1 + \frac{1}{x}}} = - 2\) nên \(y = - 2\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Đáp án C
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm
\(x = 1\)
\(x = 5\)
\(x = 0\)
\(x = 2\)
Dựa vào bảng biến thiên, ta thây hàm số đã cho đạt cực tiểu tại điểm \(x = 0.\)
Đáp án C
Thể tích khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a bằng
\[\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}\].
\[\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\].
\[\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\].
\[\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\].
Xét hình lăng trụ tam giác đều \(ABC.A'B'C'\) như hình vẽ
Tam giác \(ABC\) đều nên có diện tích \({S_{\Delta ABC}} = \frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\)
Chiều cao của khối lăng trụ là \(AA' = 2a,\) suy ra thể tích của khối lăng trụ tam giác đều \(ABC.A'B'C'\) là \(V = AA'.{S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\) (đvtt).
Đáp án C
Cho lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(B\) và \(AC = 2a\) biết rằng \(\left( {A'BC} \right)\) hợp với đáy \(\left( {ABC} \right)\) một góc \({45^0}\).Thể tích khối lăng trụ\(ABC.A'B'C'\)bằng
\[\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}\]
\[\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\]
\[{a^3}\sqrt 3 \]
\[{a^3}\sqrt 2 \]
Tam giác \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(B.\) Gọi \(BA = BC = b.\)
Áp dụng định lí Pitago vào trong tam giác vuông \(ABC\) ta có \(\sqrt {B{A^2} + B{C^2}} = AC \Leftrightarrow b\sqrt 2 = 2a \Leftrightarrow b = a\sqrt 2 .\)
Diện tích đáy là \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}BA.BC = \frac{1}{2}{b^2} = \frac{1}{2}{\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = {a^2}.\)
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'BC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\BC \bot \left( {AA'B} \right)\\\left( {AA'B} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB\\\left( {AA'B} \right) \cap \left( {A'BC} \right) = A'B\end{array} \right..\) Do đó góc giữa \(\left( {A'BC} \right)\) và đáy \(\left( {ABC} \right)\) bằng góc giữa \(AB\) và \(A'B\) và bằng góc \(\widehat {ABA'},\) theo giả thiết, ta có \(\widehat {ABA'} = {45^0}.\)
Tam giác \(AA'B\) vuông cân tại \(A\) nên \(AA' = AB = a\sqrt 2 .\)
Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) bằng \(V = AA'.{S_{ABC}} = a\sqrt 2 .{a^2} = {a^3}\sqrt 2 .\)
Đáp án D
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông cạnh \(a,\)mặt bên \(SAB\) nằm trong mặt phẳng vuông góc với \(\left( {ABCD} \right),{\rm{ }}\widehat {SAB} = {60^0},{\rm{ }}SA = 2a.\) Thể tích \(V\) của khối chóp \(S.ABCD\)là
\(V = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{3}.\)
\(V = \frac{{2\sqrt 3 {a^3}}}{3}.\)
\(V = {a^3}\sqrt 3 .\)
\(V = \frac{{{a^3}}}{3}.\)
Áp dụng Định lí cosin cho tam giác \(SAB,\) ta có \(S{B^2} = A{B^2} + S{A^2} - 2AB.SA.\cos {60^0} = 3{a^2}\)
Tam giác \(SAB\) thỏa mãn \(S{B^2} + A{B^2} = S{A^2}\) nên tam giác \(SAB\) vuông tại \(B.\)
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\SB \subset \left( {SAB} \right),SB \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow SB \bot \left( {ABCD} \right).\)
Vậy \(V = {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SB.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}a\sqrt 3 .{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\) (đvtt).
Đáp án A
Cho hàm số \[f\left( x \right) = {x^3} - 3x + m\] ( với m là tham số thực). Biết \[\mathop {\max }\limits_{\left( { - \infty ;0} \right)} f\left( x \right) = 5\] . Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên \(\left( {0; + \infty } \right)\)là
\(\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( x \right) = 1.\)
\[\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( x \right) = 2.\]
\[\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( x \right) = 3.\]
\[\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( x \right) = - 1.\]
Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 3 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\end{array} \right.\)
BBT
Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left( { - \infty ;0} \right)} f\left( x \right) = f\left( { - 1} \right) \Rightarrow f\left( { - 1} \right) = 5 \Leftrightarrow m + 2 = 5 \Leftrightarrow m = 3.\)
\(\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = m - 2 = 3 - 2 = 1.\)
Đáp án A
Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số \(m\) để đồ thị hàm số \(y = \frac{{1 + \sqrt {x + 1} }}{{{x^2} - 2x - m}}\) có đúng hai tiệm cận đứng là
\[\left[ { - 1;3} \right]\].
\(\left( { - 1;3} \right]\).
\(\left( { - 1;3} \right)\).
\(\left( { - 1; + \infty } \right)\).
ĐKXĐ: \(x \ge - 1.\)
Vì \(1 + \sqrt {x + 1} >0\) với \(\forall x \ge - 1\) nên để đồ thị hàm số có đún hai tiệm cận đứng thì phương trình \({x^2} - 2x = m\left( 1 \right)\) phải có hai nghiệm phân biệt lớn hơn -1.
Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^2} - 2x\) trên \(\left[ { - 1; + \infty } \right).\)
\(f'\left( x \right) = 2x - 2 = 0 \Rightarrow x = 1.\)
BBT
Phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn -1 khi \(f\left( 1 \right) < m \le f\left( { - 1} \right) \Leftrightarrow - 1 < m \le 3.\)
Đáp án B
Ông A dự định sử dụng hết \(8{\rm{ }}{m^2}\)kính để làm một bể cá bằng kính có dạng hình hộp chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng ( các mối ghép có kích thước không đáng kể). Bể cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu (làm tròn đến hàng phần trăm)?
\[2.05{\rm{ }}{m^3}\]
\[1.02{\rm{ }}{m^3}\]
\[1.45{\rm{ }}{m^3}\]
\[0.73{\rm{ }}{m^3}\]
Gọi chiều rộng, chiều cao của bể cá lần lượt là \(x,h\left( {x;h >0} \right).\) Khi đó chiều dài là \(2x.\)
Tổng diện tích các mặt không kể nắp là \(2{x^2} + 4xh + 2xh = 8 \Leftrightarrow h = \frac{{4 - {x^2}}}{{3x}}.\) Vì \(x,h >0\) nên \(x \in \left( {0;2} \right).\)
Thể tích của bể cá là \(V = 2x.x.h = \frac{{8x - 2{x^3}}}{3}.\)
Ta có \(V' = \frac{8}{3} - 2{x^2},\) cho \(V' = 0 \Leftrightarrow \frac{8}{3} - 2{x^2} = 0 \Rightarrow x = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}.\)
Bảng biến thiên
Bể các có dung tích lớn nhất bằng \(\frac{{32\sqrt 3 }}{{27}} \approx 2,05.\)
Đáp án A
Cho hàm số \(y = f(x)\). Khẳng định nào sau đây là đúng?
Nếu hàm số \(y = f(x)\) đạt cực trị tại \({x_0}\) thì \(f''({x_0}) >0\) hoặc \(f''({x_0}) < 0\) .
Nếu \(f'({x_0}) = 0\) thì hàm số \(y = f(x)\) đạt cực trị tại \({x_0}\).
Nếu hàm số \(y = f(x)\) đạt cực trị tại \({x_0}\) thì nó không có đạo hàm tại \({x_0}\) .
Nếu hàm số đạt cực trị tại \({x_0}\) thì hàm số không có đạo hàm tại \({x_0}\) hoặc \(f'({x_0}) = 0\) .
Phương án A và C sai vì: Chọn hàm số \(y = {x^4}.\)
Tập xác định \(D = \mathbb{R}.\)
Ta có \(y' = 4{x^3},\) cho \(y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} = 0 \Leftrightarrow x = 0.\)
Và
Bảng biến thiên
Hàm số \(y = {x^4}\) đạt cực trị tại \(x = 0\) nhưng và có đạo hàm tại \(x = 0.\)
Phương án B sai vì: Chọn hàm số \(y = {x^3}.\)
Tập xác định \(D = \mathbb{R}.\)
Ta có \(y' = 3{x^2},\) cho \(y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = 0,\)
Bảng biến thiên
Hàm số không đạt cực trị tại \(x = 0.\)
Đáp án D
Cho khối chóp \[S.ABCD\] có đáy là hình bình hành, thể tích bằng 1. Gọi \[M\] là trung điểm cạnh \[SA\], mặt phẳng chứa MC song song với BD chia khối chóp thành hai khối đa diện. Thể tích \(V\) khối đa diện chứa đỉnh A là
\[V = \frac{1}{3}\].
\[V = \frac{2}{3}\].
\[V = \frac{1}{4}\].
\[V = \frac{3}{4}\].
Gọi \(O = AC \cap BD;I = SO \cap CM.\)
Trong \(\left( {SBD} \right)\) qua \(I\) kẻ đường thẳng song song với \(BD\) cắt \(SB,SD\) lần lượt tại \(B',D'.\)
\( \Rightarrow \frac{{SB'}}{{AB}} = \frac{{SI}}{{SO}} = \frac{2}{3}(I\) là trọng tâm \(\Delta SAC).\)
\(\frac{{{V_{S.CB'MD'}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{2.{V_{S.CMB'}}}}{{2.{V_{S.CAB}}}} = \frac{{SM}}{{SA'}}.\frac{{SB'}}{{SB}} = \frac{2}{3}.\frac{1}{2} = \frac{1}{3}.\)
\( \Rightarrow {V_{S.CB'MD'}} = \frac{1}{3}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.\)
\( \Rightarrow {V_{CBAD.CB'MD'}} = {V_{S.ABCD}} - {V_{S.CB'MD'}} = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}.\)
Đáp án B
Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 8 chữ số được lập từ các chữ số \(1;2;3;4;5;6\). Lấy ngẫu nhiên một số từ S. Xác suất chọn được số có ba chữ số 1, các chữ số còn lại xuất hiện không quá một lần và hai chữ số chẵn không đứng cạnh nhau bằng
\(\frac{{225}}{{4096}}\).
\(\frac{{75}}{{8192}}\).
\(\frac{{25}}{{17496}}\).
\(\frac{{125}}{{1458}}\).
Không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = {6^8}.\)
Xếp 3 số 1 và 2 số 3 và 5 vào 5 vị trí có: \(\frac{{5!}}{{3!}} = 20\) cách.
Ứng với mỗi cách xếp trên có 6 vị trí trống giữa các số. Xếp 3 số 2, 4, 6 vào 6 vị trí trống đó ta có: \(A_6^3\) cách.
Xác suất là: \(\frac{{20.A_6^3}}{{{6^8}}} = \frac{{25}}{{17496}}.\)
Đáp án C
Cho hàm số \[y = \frac{{x + 1}}{{{x^2} - 2x - 3}}\]. Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là
2.
4.
3.
1.
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1;3} \right\}.\)
\(y = \frac{{x + 1}}{{{x^2} - 2x - 3}} = \frac{{x + 1}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)}} = \frac{1}{{x - 3}}.\)
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{x - 3}} = 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{{x - 3}} = 0\) nên đường thẳng \(y = 0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{1}{{x - 3}} = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \frac{1}{{x - 3}} = - \infty \) nên đường thẳng \(x = 3\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là 2.
Đáp án A
Cho lăng trụ đứng \[ABC.A'B'C'\] có \[AB = AC = BB' = a;\widehat {BAC} = 120^\circ \]. Gọi \[I\] là trung điểm của \[CC'\]. Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng \[(ABC)\]và \[(AB'I)\]bằng
\[\frac{{\sqrt {21} }}{7}\].
\[\frac{{\sqrt {30} }}{{20}}\].
\[\frac{{\sqrt 3 }}{2}\].
\[\frac{{\sqrt {30} }}{{10}}\].
Gọi \(\alpha \) là góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {AB'I} \right).\)
Do tam giác \(ABC\) là hình chiếu của tam giác \(AB'I\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) nên ta có
\({S_{ABC}} = {S_{AB'I}}.\cos \alpha \)
\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\sin {120^0} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\)
\(AB{'^2} = AA{'^2} + A'B{'^2} = 2{a^2}.\)
\(A{I^2} = A{C^2} + C{I^2} = {a^2} + \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{5{a^2}}}{4}\)
\(C'B{'^2} = C'A{'^2} + A'B{'^2} - 2.A'B'.A'C'.\cos {120^0} = 3{a^2}.\)
\(B'{I^2} = B'C{'^2} + C'{I^2} = 3{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{13{a^2}}}{4}.\)
Có \(AB{'^2} + A{I^2} = B'{I^2} \Rightarrow \Delta AB'I\) vuông tại \(A.\)
\({S_{AB'I}} = \frac{1}{2}.AB'.AI = \frac{{{a^2}\sqrt {10} }}{4}.\) Do đó \(\cos \alpha = \frac{{{S_{ABC}}}}{{{S_{AB'I}}}} = \frac{{\sqrt {30} }}{{10}}.\)
Đáp án D
Cho hàm số\(y = {x^3} + (m - 1){x^2} - 3mx + 2m + 1\) có đồ thị C(m), biết rằng đồ thị\(({C_m})\) luôn đi qua hai điểm cố định\(A,\,B.\) Có bao nhiêu số nguyên dương \(m\)thuộc đoạn \(\left[ { - 2020;2020} \right]\) để \(({C_m})\) có tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng \(AB\)?
4041.
2021.
2019.
2020.
Hàm số được viết lại thành \(\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)m + {x^3} - {x^2} + 1 - y = 0.\)
Một điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là điểm cố định của đồ thị hàm số thì phương trình \(\left( {x_0^2 - 3x_0^{} + 2} \right)m + x_0^3 - x_0^2 + 1 - {y_0} = 0\) phải nghiệm đúng với mọi \(m,\) xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}x_0^2 - 3{x_0} + 2 = 0\\x_0^3 - x_0^2 + 1 - {y_0} = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 1;{y_0} = 1\\{x_0} = 2;{y_0} = 5\end{array} \right..\)
Giả sử \(A\left( {1;1} \right),B\left( {2;5} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {1;4} \right)\) khi đó hệ số góc của đường thẳng \(AB\) là \(k = 4.\)
Đặt \(f\left( x \right) = {x^3} + \left( {m - 1} \right){x^2} - 3mx + 2m + 1\)
Để trên đồ thị hàm số có điểm mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng \(AB\) thì hệ số góc tại tiếp điểm phải bằng \(k' = - \frac{1}{4}.\) Điều đó xảy ra khi và chỉ khi \(f'\left( x \right) = - \frac{1}{4}\) có nghiệm.
Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x - 3m.\)
Phương trình \(f'\left( x \right) = - \frac{1}{4} \Leftrightarrow 3{x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x - 3m = - \frac{1}{4}\left( 1 \right).\)
Phương trình (1) có nghiệm khi \(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow m \in \left( { - \infty ;\frac{{ - 7 - 4\sqrt 3 }}{2}} \right] \cup \left[ {\frac{{ - 7 + 4\sqrt 3 }}{2}; + \infty } \right).\)
Với \(\frac{{ - 7 + 4\sqrt 3 }}{2} \approx - 0,03\) nên các số nguyên dương \(m \in \left[ { - 2020;2020} \right]\) là \(\left\{ {1;2;3;...;2020} \right\}.\)
Vậy có 2020 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án D
Số giá trị nguyên của tham số thực \(m\) để hàm số \(y = \frac{{mx - 2}}{{ - 2x + m}}\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {\frac{1}{2};\, + \infty } \right)\) là
\(4\).
\(3\).
\(5\).
\(2\).
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{m}{2}} \right\}.\)
Ta có \(y' = \frac{{{m^2} - 4}}{{{{\left( { - 2x + m} \right)}^2}}}.\)
Để hàm số nghịch biến trên \(\left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4 < 0\\\frac{m}{2} \notin \left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \in \left( { - 2;2} \right)\\m \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \left( { - 2;1} \right].\)
Suy ra có các số nguyên thỏa mãn là \(\left\{ { - 1;0;1} \right\}.\)
Đáp án C
Có bao nhiêu giá trị của tham số \(m\) để hàm số \(y = {x^3} + \frac{1}{2}({m^2} - 1){x^2} + 1 - m\) có điểm cực đại là \(x = - 1\)?
0.
1.
2.
3.
\(y = {x^3} + \frac{1}{2}\left( {{m^2} - 1} \right){x^2} + 1 - m\)
\(y' = 3{x^2} + \left( {{m^2} - 1} \right)x\)
Hàm số có điểm cực đại là \(x = - 1\)
\(y = {x^3} + \frac{1}{2}\left( {{m^2} - 1} \right){x^2} + 1 - m\)\( \Rightarrow 3 + \left( {{m^2} - 1} \right)\left( { - 1} \right) = 0 \Rightarrow {m^2} = 4 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m = - 2\end{array} \right.\)
Lúc này nên hàm số đạt cực đại tại \(x = - 1.\)
Vậy có 2 giá trị \(m\) thỏa yêu cầu bài toán.
Đáp án C
Khối lăng trụ tam giác có độ dài các cạnh đáy lần lượt bằng \(13,14,15\). Cạnh bên tạo với mặt phẳng đáy một góc 300 và có chiều dài bằng 8. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng
\[124\sqrt 3 \].
340.
\[274\sqrt 3 \].
336.
Tam giác có độ dài các cạnh lần lượt là 13, 14, 15 của nửa chu vi là \(p = \frac{{13 + 14 + 15}}{2} = 21.\)
Diện tích đáy của khối lăng trụ là \(B = \sqrt {p\left( {p - 13} \right)\left( {p - 14} \right)\left( {p - 15} \right)} = 84\)
Chiều cao của khối lang trụ là \(h = 8\sin {30^0} = 8.\frac{1}{2} = 4.\)
Vậy thể tích của khối lăng trụ là: \(v = Bh = 84.4 = 336.\)
Đáp án B
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có bảng biến thiên của hàm số \(y = f'\left( x \right)\) như hình vẽ bên. Tính tổng các giá trị nguyên của tham số \(m \in \left( { - 10\,;\,10} \right)\) để hàm số \(y = f\left( {3x - 1} \right) + {x^3} - 3mx\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - 2\,;\,1} \right)\)?
\( - 49\).
\( - 39\).
\( - 35\).
\(35\).
Cách 1: Ta có: \(y' = 3f'\left( {3x - 1} \right) + 3{x^2} - 3m = 3\left( {f'\left( {3x - 1} \right) + {x^2} - m} \right)\)
Để hàm số đồng biến trên \(\left( { - 2;1} \right)\) thì:
\(y' \ge 0,\forall x \in \left( { - 2;1} \right) \Leftrightarrow \left( {f'\left( {3x - 1} \right) + {x^2} - m} \right) \ge 0,\forall x \in \left( { - 2;1} \right)\)
\(f'\left( {3x - 1} \right) + {x^2} \ge m,\forall x \in \left( { - 2;1} \right) \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left( { - 2;1} \right)} \left( {f'\left( {3x - 1} \right) + {x^2}} \right)\)
Đặt \(f'\left( {3x - 1} \right) = g\left( x \right)\) và \({x^2} = h\left( x \right)\)
Quan sát bảng biến thiên ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( {3x - 1} \right) \ge - 4 = f'\left( 0 \right),3x - 1 \in \left( { - 7;2} \right)\\h\left( x \right) = {x^2} \ge 0 = h\left( 0 \right),\forall x \in \left( { - 2;1} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( {3x - 1} \right) \ge - 4 = f'\left( 0 \right),\forall x \in \left( { - 2;1} \right)\\h\left( x \right) = {x^2} \ge 0 = h\left( 0 \right),\forall x \in \left( { - 2;1} \right)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow f'\left( {3x - 1} \right) + h\left( x \right) \ge - 4 + 0 = - 4,x = 0\)
\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left( { - 2;1} \right)} \left[ {g\left( x \right) + h\left( x \right)} \right] = - 4,x = 0\)
Do đó: \(\mathop {\min }\limits_{\left( { - 2;1} \right)} \left( {f'\left( {3x - 1} \right) + {x^2}} \right) = - 4\)
Vì \(m \in \left( { - 10;10} \right)\) và \(m \le - 4\) nên tổng các giá trị nguyên của m thỏa mãn đề bài là -39
Cách 2:
Xét hàm số \(y = f\left( {3x - 1} \right) + {x^3} - 3mx\)
Ta có: \(y' = 3f'\left( {3x - 1} \right) + 3{x^2} - 3m = 3\left[ {f'\left( {3x - 1} \right) + {x^2} - m} \right]\)
Để hàm số đồng biến trên \(\left( { - 2;1} \right)\) thì:
\(y' \ge 0,\forall x \in \left( { - 2;1} \right) \Leftrightarrow f'\left( {3x - 1} \right) \ge - {x^2} + m,\forall x \in \left( { - 2;1} \right)\)
Đặt \(g\left( x \right) = f'\left( {3x - 1} \right) \ge - {x^2} + m = h\left( x \right),\forall x \in \left( { - 2;1} \right)\)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}3x - 1 = t\\x = \frac{{t + 1}}{3}\\t \in \left( { - 7;2} \right)\end{array} \right. \Rightarrow f'\left( t \right) \ge h\left( t \right) = - \frac{{{t^2} + 2t + 1}}{9} + m,\forall t \in \left( { - 7;2} \right)\left( * \right)\)
Ta có đồ thị hàm số \(h\left( t \right) = - \frac{{{t^2} + 2t + 1}}{9} + m\) có đỉnh \(I\left( { - 1;m} \right).\)
Vậy \(\left( * \right)\) thỏa mãn khi đồ thị \(h\left( t \right) = - \frac{{{t^2} + 2t + 1}}{9} + m\) nằm dưới đồ thị \(y = f'\left( t \right).\)
Suy ra: \(m \le - 4.\)
Với giả thiết \(m \in \left( { - 10;10} \right),m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left[ { - 9; - 4} \right] \Rightarrow \sum\limits_{m = - 9}^{ - 4} m = - 39.\)
Đáp án B
Cho hàm số\(y = f(x)\) liên tục trên\(\mathbb{R}\) và có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) để phương trình \(\frac{{{m^3} + 5m}}{{\sqrt {{f^2}(x) + 1} }} = {f^2}(x) + 6\) có đúng bốn nghiệm thực phân biệt.
3.
2.
4.
1.
Đáp án B
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang hai đáy \[AB//CD\], biết \[AB = 2a;\,AD = CD = CB = a\], \[\widehat {SAD} = \widehat {SBD} = {90^0}\]và góc giữa hai mặt phẳng (SAD), (SBD) bằng \[\alpha \], sao cho \[{\rm{cos}}\alpha \,\,{\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{\sqrt {\rm{5}} }}\]. Thể tích \(V\) của khối chóp S.ABC là
\[V = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{18}}\]
\[V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\]
\[V = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}\]
\[V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\]
Đáp án C
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\). Hàm số \(y = f'(x)\) có bảng biến thiên như hình dưới.
Bất phương trìnhn \(x.f\left( x \right) >mx + 1\) nghiệm đúng với mọi \(x \in \left[ {1;2020} \right)\) khi
\(m \ge f\left( {2020} \right) - \frac{1}{{2020}}\).
\(m >f\left( {2020} \right) - \frac{1}{{2020}}\).
\(m \le f\left( 1 \right) - 1\).
\(m < f\left( 1 \right) - 1\).
Đáp án D
Cho hàm số \(f\left( x \right) = a{x^5} + b{x^3} + cx;(a >0;b >0)\) thỏa mãn \(f\left( 3 \right) = - \frac{7}{3};f\left( 9 \right) = 81\). Gọi \[S\] là tập hợp tất cả các giá trị của tham số \[m\] sao cho \[\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;5} \right]} \left| {g\left( x \right)} \right| + \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;5} \right]} \left| {g\left( x \right)} \right| = 86\] với \(g\left( x \right) = f\left( {1 - 2x} \right) + 2.f\left( {x + 4} \right) + m\). Tổng của tất cả các phần tử của \[S\] bằng
\(11\)
\( - 80\)
\( - 148\)
\( - 74\)
Đáp án D
Đường cong ở hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) với \(a,b,c,d\) là các số thực .
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
\(y' >0,\forall x \in \mathbb{R}.\)
\(y' >0,\forall x \ne - 1.\)
\(y' < 0,\forall x \ne - 1.\)
\(y' >0,\forall x \ne 2.\)
Đáp án B.
Dựa vào đồ thị hàm số ta có hàm số đồng biến trên các khoảng \[( - \infty ; - 1)\] và \[( - 1; + \infty )\].
Vậy y’>0 với mọi x\[ \ne - 1\] =>Chọn B
Cho hàm \(y = f(x)\) liên tục trên đoạn \(\left[ { - 2;5} \right]\)và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi \(M\) và \(m\) lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn \(\left[ { - 2;5} \right]\). Giá trị của \(M - m\) bằng
![Cho hàm y = f(x) liên tục trên đoạn [-2;5] và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M và m lần lượt là giá trị (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/images/1652115985/1652116179-image12.png)
\(9\).
\(5\).
\( - 10\).
\(10\).
Đáp án D.
Dựa vào đồ thị hàm số ta có \(M = 4;m = - 6.\) Do đó \(M - m = 10.\)
Cho hàm số \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) có đồ thị như hình bên. Trong các giá trị \(a\), \(b\), \(c\), \(d\) có bao nhiêu giá trị dương?
4
3
2
1
Đáp án C.
Dựa vào xu hướng của đồ thị hàm số ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - \infty \Rightarrow a < 0\)
Tại \(x = 0 \Rightarrow y = d < 0\)
\(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d \Rightarrow y' = 3a{x^2} + 2bx + c.\)
Xét thấy 2 điểm cực trị \({x_1} < 0\) và \({x_2} >0.\)</>
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{ - 2b}}{{3a}} >0 \Rightarrow b >0\\{x_1}{x_2} = \frac{c}{{3a}} < 0 \Rightarrow c >0\end{array} \right.\)</>
Vậy có 2 giá trị dương trong 4 giá trị \(a,b,c,d.\)
Cho hàm số \(y = f(x) = a{x^4} + b{x^2} + c\) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Số điểm cực trị của hàm số \(g(x) = f({x^3} + f(x))\) là
11
9
8
10
Đáp án B.
Từ đồ thị ta thấy hàm số trên có phương trình là \(y = {x^4} - 2{x^2}.\) Vậy ta có:
\(f\left( x \right) = {x^4} - 2{x^2}\) và \(f'\left( x \right) = 4{x^3} - 4x\)
\(g'\left( x \right) = \left( {f\left( {{x^3} + f\left( x \right)} \right)} \right)' = \left( {{x^3} + f\left( x \right)} \right)'f'\left( {{x^3} + f\left( x \right)} \right) = \left( {3{x^2} + f'\left( x \right)} \right)f\left( {{x^3} + f\left( x \right)} \right).\)
Suy ra \(g'\left( x \right) = \left( {3{x^2} + f'\left( x \right)} \right)f'\left( {{x^3} + f\left( x \right)} \right) = \left( {3{x^2} + 4{x^3} - 4x} \right)f'\left( {{x^3} + {x^4} - 2{x^2}} \right).\)
\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {3{x^2} + 4{x^3} - 4x} \right)f'\left( {{x^3} + {x^4} - 2{x^2}} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4{x^3} + 3{x^2} - 4x = 0\\{x^4} + {x^3} - 2{x^2} = 1\\{x^4} + {x^3} - 2{x^2} = - 1\\{x^4} + {x^3} - 2{x^2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4{x^3} + 3{x^2} - 4x = 0\\{x^4} + {x^3} - 2{x^2} - 1 = 0\\{x^4} + {x^3} - 2{x^2} + 1 = 0\\{x^4} + {x^3} - 2{x^2} = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x \approx 0,6930\\x \approx - 1,4430\\x \approx 1,21195\\x \approx - 2,0754\\x \approx - 0,6710\\x \approx - 1,9051\\x = 1\\x = - 2\end{array} \right.\)
Phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) có đúng 8 nghiệm đơn và 1 nghiệm bội lẻ \(x = 0.\)
Vậy hàm số \(g\left( x \right)\) có 9 điểm cực trị
Hàm số \(f(x) = a{x^4} + b{x^3} + c{x^2} + dx + e\) có đồ thị như hình dưới đây. Số nghiệm của phương trình \(f\left( {f\left( x \right)} \right) + 1 = 0\) là
3
5
6
4
Đáp án C.
Từ đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta có
\(f\left( {f\left( x \right)} \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( {f\left( x \right)} \right) = - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = {x_1} \in \left( { - 1;0} \right){\rm{ }}\left( 1 \right)\\f\left( x \right) = {x_2} = 1{\rm{ }}\left( 2 \right)\\f\left( x \right) = {x_3} \in \left( {2;3} \right){\rm{ }}\left( 3 \right)\end{array} \right.\)
+ Phương trình \(f\left( x \right) = {x_1}\) với \({x_1} \in \left( { - 1;0} \right)\) có đúng 2 nghiệm.
+ Phương trình \(f\left( x \right) = {x_2} = 1\) có đúng 2 nghiệm.
+ Phương trình \(f\left( x \right) = {x_3}\) với \({x_3} \in \left( {2;3} \right)\) có đúng 2 nghiệm.
Mặt khác các nghiệm của 3 phương trình \(\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right)\) không trùng nhau.
Vậy phương trình \(f\left( {f\left( x \right)} \right) = 1\) có 6 nghiệm thực.
Cho hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) có độ dài cạnh đáy bằng \(a\), cạnh bên bằng \[a\sqrt 3 \]. Gọi \(O\) là tâm của đáy \(ABC\), \({d_1}\) là khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \({d_2}\) là khoảng cách từ \(O\) đến mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\). Khi đó \(d = {d_1} + {d_2}\) có giá trị là.
\(d = \frac{{8a\sqrt 2 }}{{11}}\).
\(d = \frac{{8\sqrt 2 a}}{{33}}\).
\(d = \frac{{8\sqrt {22} a}}{{33}}\).
\(d = \frac{{2a\sqrt 2 }}{{11}}\).
Đáp án A
Cho hàm số \(f\left( x \right) = a{x^5} + b{x^3} + cx;(a > 0;b > 0)\) thỏa mãn \(f\left( 3 \right) = - \frac{7}{3};f\left( 9 \right) = 81\). Gọi \[S\] là tập hợp tất cả các giá trị của tham số \[m\] sao cho \[\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;5} \right]} \left| {g\left( x \right)} \right| + \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;5} \right]} \left| {g\left( x \right)} \right| = 86\] với \(g\left( x \right) = f\left( {1 - 2x} \right) + 2.f\left( {x + 4} \right) + m\). Tổng của tất cả các phần tử của \[S\] bằng
\(11\)
\( - 80\)
\( - 148\)
\( - 74\)
Đáp án D
