Đề số 7

Chọn A.

Ta có y=x3−3mx2+mx+2⇒y'=3x2−6mx+m.

Hàm số có hai điểm cực trị \( \Leftrightarrow y'\) có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ'=9m2−3m>0⇔[m>13m<0.

Chọn D.

Từ đồ thị ta thấy, tiệm cận ngang là đường thẳng y=1 nên loại đáp án C và A.

Đồ thị đi qua điểm A(1;0), nên chọn đáp án D.

Chọn D.

SABCD=4a2;VS.ABCD=13SABCD.SA=134a2.a=43a3.

Chọn B.

Dựa vào đồ thị ta có:

* x=0;y=−3⇒c=−3

* Hàm số có đạt cực trị tại x=0;x=±1⇒y'=4x3+2bx=0 có các nghiệm là x=0;x=±1⇒4+2b=0⇒b=−2

Vậy b+c=5

Chọn A.

Xét \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {3 - x} \right)\left( {{x^2} - x - 1} \right) = 0\)

⇔[(x−1)2=0⇔x=13−x=0⇔x=3x2−x−1=0⇔x=1±52

Ta có bảng xét dấu:

Vậy hàm số có một điểm cực tiểu.

Chọn C.

Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì có thể song song hoặc vuông góc với nhau.

Chọn B.

Mỗi cách chọn 3 học sinh trong 7 học sinh vào bất kỳ vào đội văn nghệ là một tổ hợp chấp 3 của 7.

Vậy số cách chọn là:C73.

Chọn A.

12f(x)−2=0⇔f(x)=4(*).

Số nghiệm phương trình \(\left( * \right)\) bằng số giao điểm của hai đồ thị y=f(x),y=4.

Dựa vào bảng biến thiên ta có (*) có 2 nghiệm phân biệt.

Chọn A.

Ta có: 12f(x)−2=0⇔f(x)=4(*).

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên: Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)

Chọn B.

Điều kiện: x≥−3,x≠0,x≠1

Ta có: y=x+3−2x2−x=x−1x(x−1)(x+3+2)=1x(x+3+2)

Nhận thấy từ bảng 1, mẫu chỉ có một nghiệm x=0 thuộc miền xác định của căn thức. Nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng x=0.

Chọn D.

Ta có: limx→−∞x2+x+12x+1=limx→−∞x2(1+1x+1x2)x(2+1x)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\left| x \right|\sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{x\left( {2 + \frac{1}{x}} \right)}}\)

=limx→−∞−1+1x+1x22+1x=−12

Chọn A

Trên khoảng (0;1) đồ thị của hàm số đi xuống từ trái sang phải nên hàm số nghịch biến.

Chọn A.

2x3−6x+2m−1≤0⇔m≤−x3+3x+12=g(x) (1)

Xét hàm số g(x)=−x3+3x+12 trên [-1;1]

g'(x)=−3x2+3

g'(x)=0⇔−3x2+3=0⇔x=±1.

\(g\left( { - 1} \right) = \frac{{ - 3}}{2};g\left( 1 \right) = \frac{5}{2}\)

⇒min[−1;1]g(x)=−32.

Do đó: (1)⇔m≤min[−1;1]g(x)=−32.

Chọn A.

n(Ω)=C84=70

Gọi A là biến cố: “Lấy được 4 bi đủ 3 màu”.

TH1: 1 xanh, 1 đỏ, 2 vàng: C31C21C32=18

TH2: 1 xanh, 2 đỏ, 1 vàng: C31C22C31=9

TH3: 2 xanh, 1 đỏ, 1 vàng: C32C21C31=18

Do đó: n(A)=18+9+18=45.

Vậy xác suất để chọn được 4 bi đủ 3 màu là:P(A)=n(A)n(Ω)=4570=914.

Chọn D.

Hình bát diện đều có 6 đỉnh, 8 mặt, 12 cạnh.

Chọn A.

Ta có {(SBC)∩(ABC)=BCBC⊥ABBC⊥SB⇒((SBC),(ABC))^=(AB,SB)^=SBA^=φ.

SB=SA2+AB2=(2a)2+a2=a5.

Vậy cosφ=ABSB=aa5=55.

Chọn D.

Ta có 2sinx=1⇔sinx=12=sinπ6⇔[x=π6+k2πx=5π6+k2π(k∈ℤ).

Do 0≤x≤π nên 0≤π6+k2π≤π⇔−112≤k≤512⇒k=0⇒x=π6.

Và 0≤5π6+k2π≤π⇔−512≤k≤112⇒k=0⇒x=5π6.

Vậy phương trình có hai nghiệm trên [0;π].

Chọn D.

Ta có limx→+∞y=+∞ nên a>0 do đó loại đáp án A và C.

Đồ thị hàm số đi qua điểm (-1;2) nên thay x=−1;y=2 vào đáp án B và D ta thấy

Đáp án B: 2=(−1)3−3(−1)2 (vô lí).

Đáp án D: \(2 = {\left( { - 1} \right)^3} - 3\left( { - 1} \right)\) (luôn đúng).

Chọn A.

Hàm số xác định và liên tục trên [−1;2].

\(y' = 3{x^2} - 12x\)

y'=0⇔3x2−12x=0⇔[x=0∈[−1;2]x=4∉[−1;2]

y(−1)=−5.

y(2)=−14.

y(0)=2.

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} y = y\left( 2 \right) = - 14.\)

Chọn A.

Theo định nghĩa khối đa diện.

Chọn A.

Tập xác định: D=ℝ\{1}

\(y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \in D.\)

Vậy hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;1) và (1;+∞).

Chọn B.

Vận tốc tức thời của vật tại thời điểm t là: v(t)=S'(t)=gt

Suy ra v(5)=9,8.5=49(m/s)

Chọn B.

ΔABC đều cạnh \(a \Rightarrow AB = AC = a\) và A^=600

Diện tích ΔABC là S=12.AB.AC.sinA=12.a.a.sin600=a234.

Hai mặt bên (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC)⇒SA⊥(ABC)

Chiều cao của hình chóp là h=SA=a3

Vậy thể tích hình chóp SABC là V=13Sh=13.a234.a3=a34

Chọn B.

Thể tích của khối lăng trụ đã cho là V=Bh=8.6=48

Chọn A.

Căn cứ vào bảng biến thiên ta có:

max[−2;4]f(x)=2,min[−2;4]f(x)=−3,hai giá trị này trái dấu nên ta có:

M=max[−2;4]|f(x)|=3,m=min[−2;4]|f(x)|=0

Vậy M2−m2=9.

Chọn D.

Ta có (x−2)80=∑k=0k=80C80kx80−k(−2)k=∑k=0k=80(−2)kC80kx80−k.

Số hạng tổng quát Tk+1=(−2)kC80kx80−k

Hệ số a78 là hệ số của \({x^{78}},\) hệ số này trong khai triển trên ứng với k thỏa mãn 80−k=78⇔k=2.

Vậy hệ số a78=(−2)2C802=12640.

Chọn C.

VABCD.A'B'C'D'=2a.3a.3a=18a3.

VE.BCD=13d(E;(BCD)).SBCD.

Vì B'C'//(ABCD) nên d(E;(BCD))=d(B';(BCD))=d(B';(ABCD)).

SBCD=12SABCD.

Do đó: VE.BCD=13d(B';(ABCD)).12.SABCD=12VB'.ABCD=12.13VABCD.A'B'C'D'

⇒VE.BCD=16.18a3=3a3.

Chọn A.

Dựa vào bảng xét dấu của đạo hàm ta có:

f'(x)≤0∀x∈(−1;1),f(x) liên tục trên [-1;1]

⇒Min[−1;1]f(x)=f(1).

Chọn C.

Ta có limx→1+y=limx→1+2x−1x−1=+∞

limx→1−y=limx→1−2x−1x−1=−∞.

Vậy tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=2x−1x−1 là đường thẳng x=1.

Chọn B.

Hàm số đã cho xác định khi 1−cosx≠0⇔cosx≠1⇔x≠k2π,k∈ℤ.

Chọn C.

+ Phương án A

Với n≥1,xét hiệu un+1−un=n+2−n+1=1n+2+n+1thay đổi tùy theo giá trị của tham số nên dãy số un=n+1 không phải là cấp số cộng.

+ Phương án B

Với n≥1,xét hiệu un+1−un=[(n+1)2+2]−(n2+2)=(n2+2n+3)−(n2+2)=2n+1thay đổi tùy theo giá trị của tham số nên dãy số un=n2+2không phải là cấp số cộng.

+ Phương án C

Với n≥1,xét hiệu un+1−un=[2(n+1)−3]−(2n−3)=(2n−1)−(2n−3)=2,suy ra un+1=un+2.Vậy dãy số un=2n−3là cấp số cộng.

+ Phương án D

Với \(n \ge 1,\) xét hiệu un+1−un=2n+1−2n=2.2n−2n=2n thay đổi tùy theo giá trị của tham số nên dãy số un=2n không phải là cấp số cộng.

Chọn C.

Theo định lí, thể tích V của khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao là \(V = \frac{1}{3}B.h\)

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x=2.

Chọn B.

Ta có: V=3a.4a.5a=60a3.

Chọn D.

Do SM⊥ABSM⊂(SAB)(SAB)⊥(ABCD)(SAB)∩(ABCD)=AB}⇒SM⊥(ABCD) nên (i) là mệnh đề đúng.

Và

BC⊥ABBC⊥SM}⇒BC⊥(SAB) nên (ii) là mệnh đề đúng.

Ta có AN không vuông góc với \(DM\) nên (iii) là mệnh đề sai.

Chọn A.

Ta có g'(x)=6[f(x)]2f'(x)−[f(x)]f'(x)−12f'(x)=f'(x)[6[f(x)]2−f(x)−12]

\( \Rightarrow g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f'\left( x \right) = 0\\6{\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} - f\left( x \right) - 12 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f'\left( x \right) = 0\\f\left( x \right) = \frac{{ - 4}}{3}\\f\left( x \right) = \frac{3}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 1\\x = a < - 2\\x = b \in \left( { - 2; - 1} \right)\\x = c \in \left( { - 1;0} \right)\\x = d \in \left( {1;2} \right)\end{array} \right.\)

Vậy hàm g(x) có 6 điểm cực trị.

Chọn C.

Gọi \(I\) là hình chiếu của A trên BC, ta có:

{AI⊥BCAI⊥BB'⇒AI⊥(BCC'B')⇒AI⊥BM (1).

Mặt khác, theo giả thiết: A'B⊥BM(2).

Từ (1) và (2) suy ra BM⊥(AB'I)⇒BM⊥B'I.

Gọi E=B'I∩BM, ta có: IBE^=BB'I^(vì cùng phụ với góc BIB'^).

Khi đó ΔB'BI=ΔBCM(g.c.g)⇒BI=CM=a2⇒Ilà trung điểm cạnh BC⇒ΔABC cân tại A.

Gọi F là hình chiếu của E trên \(AB',\) ta có EF là đoạn vuông góc chung của AB'và BM

Suy ra d(BM,AB')=EF.

Ta có: AI=BI.cot600=a2.33=a36;B'I=BB'2+BI2=a2+(a2)2=a52=BM.

IE=BI.sinEBI^=BI.CMBM=a2.a2a52=a510⇒B'E=B'I−IE=2a55.

AB'=AI2+B'I'2=(a36)2+(a52)2=2a33.

Mặt khác: ΔB'IA đồng dạng ΔB'FE nên \(\frac{{B'A}}{{B'E}} = \frac{{IA}}{{EF}} \Leftrightarrow EF = \frac{{IAB'E}}{{B'A}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{6}.\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}}}{{\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{{10}}.\)

Vậy d(BM,AB')=a510.

Chọn C.

Vì đồ thị hàm số f(x) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên f(x) là hàm số bậc 3

\( \Rightarrow a \ne 0.\)

Từ giả thiết ta có: f(x)=a(x+1)(x−13)(x−12)⇔f(x)=16a(6x3+x2−4x+1).

Khi đó: y'=16a(18x2+2x−4)=0⇔x=−1±7318

Suy ra đồ thị hàm số y=f(x) có hai điểm cực trị nằm khác phía đối với trục tung.

Từ đó ta có phương trình f[sin(x2)]=f(0)⇔[sin(x2)=a1∈(−1;0) (1)sin(x2)=0                 (2)sin(x2)=a2∈(12;1]  (3)

* Giải (1)

Vì x∈[−π;π] nên x2∈[0;π]⇒sin(x2)∈[0;1]. Do đó phương trình \(\left( 1 \right)\) không có nghiệm thỏa mãn đề bài.

* (2)⇔x2=kπ.

Vì x2∈[0;π] nên ta phải có 0≤kπ≤k,π∈ℤ⇔0≤k≤1,k∈ℤ⇒k∈{0;1}.

Suy ra phương trình (2) có 3 nghiệm thỏa mãn là: x1=−π;x2=0;x3=π.

* (3)⇔[x2=arcsina2+k2πx2=π−arcsina2+k2π,(với arcsina2∈[π6;π2]).

Vì x2∈[0;π] nên ta thấy phương trình (3) có các nghiệm thỏa mãn là x=±arcsina2 và x=±π−arcsina2.

Vậy phương trình đã cho có tất cả 7 nghiệm thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Chọn C.

Ta có: \(f\left( x \right) + \frac{1}{4}{x^4} - {x^3} - 3x - m \ge 0 \Leftrightarrow m \le f\left( x \right) + \frac{1}{4}{x^4} - {x^3} - 3x = g\left( x \right).\)(*)

Với g(x)=f(x)+14x4−x3−3x.

Khi đó: g'(x)=f'(x)+x3−3x2−3=f'(x)−3+x2(x−3).

Trên (−2;2) thì \(f'\left( x \right) \le 3\) nên g'(x)≤0.

Do đó: (*)⇔m≤g(2)=f(2)−10.

Chọn C.

Ta có: y'=2−m(x+1)2.

TH1: m=2 Khi đó \(y = 2\) nên m=1 không thỏa mãn bài toán.

TH2: m>2

Khi đó hàm số nghịch biến trên \(\left[ { - 4; - 2} \right].\)

Suy ra: max[−4;−2]y=y(−4)=−8+m−3=8−m3.

Do đó: max[−4;−2]y≤1⇔4−m≤1⇔m≥3.

Kết hợp với m>2 ta có \(m \ge 5.\)

TH3: m>2 

Khi đó hàm số đồng biến trên [-4;2]

Suy ra: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 4; - 2} \right]} y = y\left( { - 2} \right) = \frac{{ - 4 + m}}{{ - 1}} = 4 - m.\)

Do đó: max[−4;−2]y≤1⇔4−m≤1⇔m≥3.

TH này không xảy ra.

Vậy m≥5 nên m∈{5;6;7;8;9;10}.

Chọn C.

Đặt AD=x,AB=y.

H là trọng tâm tam giác ABC nên d(D,(SAC))=3d(H,(SAC))=3HK⇒HK=a3

Kẻ HI⊥AC tại I

AM=y2+x24⇒AH=23y2+x24.

BD=x2+y2⇒DH=23x2+y2

DH2+AH2=AD2⇒x=a6;y=a3.

HI=13d(D,AC)=a23;1HK2=1HI2+1HS2⇒HS=a23

V=2a33.

Chọn D.

Gọi O=A'C'∩B'D',I=BD'∩DO  ta có I là trọng tâm tam giác A'C'D

Kẻ DH⊥A'C';D'K⊥DH⇒D'K⊥(DA'C')

Vậy góc (BD',(DA'C'))=∠D'IK

D'I=13BD'=263a;1HD'2=1A'D'2+1D'C'2⇒D'H=455a

1D'K2=1D'D2+1D'H2⇒D'K=43a

sinα=D'KD'I=63.

Chọn A.

Ta có y=f'(x)=1(x+1)2.

Phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in \left( C \right)\left( {{x_0} \ne - 1} \right)\) có dạng y=f'(x0)(x−x0)+y0.

Do tiếp tuyến cắt Ox,Oy lần lượt tại hai điểm \(A,B\) và tam giác OAB cân nên tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y=x hoặc y=-x

Suy ra [1(x0+1)2=11(x0+1)2=−1(vn)⇔[x0=0x0=−2.

Với x=1 phương trình tiếp tuyến là \(y = x\) loại vì A trùng O

Với x=-2 phương trình tiếp tuyến là y=x+2

Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa mãn ycbt.

Chọn B.

Đồ thị đã cho là hàm bậc 3. Vì khi \(x \to + \infty \) thì y→+∞⇒a>0 (hay phí bên phải đồ thị hàm bậc 3 đồ thị đi lên nên a>0.

Xét y'=3ax2+2bx+c;y'=0 có hai nghiệm phân biệt trái dấu nên suy ra a.c<0⇔c<0.

Xét y"=6ax+2b=0⇔x=−b3a, dựa vào đồ thị ta thấy hoành độ của điểm uốn âm.

Suy ra −b3a<0⇒b>0.

Giao của đồ thị với trục tung là điểm có tọa độ \(\left( {0;d} \right)\) nên d<0.

Suy ra a>0,b>0,c<0,d<0.

Chọn C.

y'=−3x2+6x+m−2≤0,∀x∈(−∞;2)

\( \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x + 2 \ge m,\forall x \in \left( { - \infty ;2} \right)\)

Đặt f(x)=3x2−6x+2

f'(x)=0⇔6x−6=0⇔x=1

Vậy nhìn vào bảng biến thiên thì m≤−1 thỏa YCBT.

Chọn D.

* Nhận xét y=f(|x|) là hàm số chẵn nên đề thị nhận trục tung Oy làm trục đối xứng, nên ta xét cực trị phải trục Oy

Xét x>0 ta có y=f(|x|)=f(x)

* Từ đồ thị hàm số y=f'(x3+x+2) ta thấy

f'(x3+x+2)=0⇒[x≈−1.5x≈−0,5x≈0.9

* Xét y=f(x) với x>0

\(y' = f'\left( x \right)\)

Đặt x=t3+t+2=(t+1)(t2−t+2);x>0⇒t>−1

Khi đó y'=f'(t3+t+2)=0⇒[t≈1.5t≈−0,5t≈0.9⇒[x≈−2.875<0x≈1.375>0x≈3.32>0

⇒y'=f'(x) có 2 nghiệm dương

đồ thị y=f(x0 có 2 điểm cực trị bên phải Oy.

⇒y=f(|x|) có 5 cực trị (2 cực trị bên phải + 2 cực trị bên trái + 1 giao với trục Oy).

Chọn B.

Dựa vào đề bài ta có:

u12−4(u1+un−1un−1)+4un−12+un2=0

⇔un2−4un−1un+4un−12+u12−4u1+4=0

⇔(un−2un−1)2+(u1−2)2=0

Vì \({\left( {{u_n} - 2{u_{n - 1}}} \right)^2} \ge 0\) và (u1−2)2≥0 với mọi giá trị của u1,un−1 và un nên dấu “=” xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {{u_n} - 2{u_{n - 1}}} \right)^2} = 0\\{\left( {{u_1} - 2} \right)^2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_n} = 2{u_{n - 1}}\\{u_1} = 2\end{array} \right..\)

Dãy số (un) là một cấp số nhân với u1=2, công bội \(q = 2\) nên u5=u1q4=32.

Chọn D.

Ta có:

limx→+∞(x+12x+4)=limx→+∞(x(1+1x)x(2+4x))=limx→+∞((1+1x)(2+4x))=12

limx→−∞(x+12x+4)=limx→−∞(x(1+1x)x(2+4x))=limx→−∞((1+1x)(2+4x))=12

Vậy đề thị hàm số y=x+12x+4 có tiệm cận ngang là đường thẳng y=12.

Chọn D.

Ta có y'=2x.f'(x2−2)=0⇔[x=0f'(x2−2)=0⇔[x=0x2−2=−2x2−2=2x2−2=0⇔[x=0x=2x=−2x=2x=−2

Bảng biến thiên hàm số y=f(x2−2).

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng (−∞;−2).

Chọn B.

Ta dựng được thiết diện là ngũ giác MNQPR.

Đặt \(d\left( {B;\left( {A'B'C'} \right)} \right) = h,A'B' = a,d\left( {C;A'B'} \right) = 2b.\)

Khi đó ta có thể tích lăng trụ V=12.d(C';A'B').A'B'.d[B;(A'B'C')]=12.2b.a.h=abh.

Xét hình chóp L.JPB' có:

LNLJ=LBLB'=NBJB'=13suy ra d[L;(A'B'C')]=32d[B;(A'B'C')]=32h,JB'=32A'B'=32a,d(P;A'B')=12d(C';A'B')=b.

Suy ra thể tích khối chóp L.JPB' là VLJPB'=13.32h.12.32a.b=38abh=38V.

Mặt khác ta có: \(\frac{{{V_{L.NBQ}}}}{{{V_{L.JPB'}}}} = \frac{{LN}}{{LJ}}.\frac{{LB}}{{LB'}}.\frac{{LQ}}{{LP}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{3}.\frac{1}{3} = \frac{1}{{27}} \Rightarrow {V_{LNBQ}} = \frac{1}{{27}}{V_{LJPB'}} = \frac{1}{{27}}.\frac{3}{8}V = \frac{1}{{72}}V\)

VJ.RA'MVLJPB'=JMJL.JA'JB'.JRJP=13.13.12=118⇒VL.NBQ=118VL.JPB'=118.38V=148V.

Suy ra thể tích khối đa diện VNQBB'PRA'=VLJPB'−VL.NBQ−VJ.A'RM=38V−172V−148V=49144V.