Đề kiểm tra giữa kì 1 Toán 12 - Đề số 2 có lời giải chi tiếtTổng hợp đề kiểm tra giữa kì 1 có lời giải chi tiết được sưu tầm từ các trường bám sát cấu trúc chương trình học của các em giúp các em ôn tập hiệu quả chuẩn bị cho bài kiểm tra trên lớp Đề bài Câu 1: Cho hàm bậc ba \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị đạo hàm \(y = f'\left( x \right)\) như hình vẽ bên dưới. Hàm số nghịch biến trên khoảng:
A. \(\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right)\) B. \(\left( { - 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right)\) C. \(\left( {3;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 4} \right)\) D. \(\left( {2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right)\) Câu 2: Khối lập phương có bao nhiêu mặt đối xứng ? A. \(6\) B. \(9\) C. \(8\) D. 10 Câu 3: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân ở \(B\), cạnh \(AC = 2a\). Cạnh SA vuông góc với mặt đáy \((ABC)\), tam giác SAB cân. Tính thể tích hình chóp S.ABC theo \(a\). A. \(\dfrac{{2\sqrt 2 {a^3}}}{3}\). B. \(\dfrac{{\sqrt 2 {a^3}}}{3}\). C. \(2\sqrt 2 {a^3}\). D. \({a^3}\sqrt 2 \). Câu 4: Có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3x + 2\) song song với đường thẳng \(y = 9x - 14.\) A. \(1\) B. \(0\) C. \(3\) D. \(2\) Câu 5: Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = \dfrac{1}{4}{x^4} - \dfrac{{27}}{2}{x^2} + 3\) trên đoạn \(\left[ {0;80} \right]\) bằng: A. \( - \dfrac{{229}}{5}.\) B. \( - 180.\) C. \( - \dfrac{{717}}{4}.\) D. 3. Câu 6: Hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy là a và cạnh bên tạo với đáy một góc \({45^0}\). Tính theo \(a\) thể tích khối chóp S.ABC. A. \(\dfrac{{{a^3}}}{4}\) B. \(\dfrac{{{a^3}}}{{12}}\) C. \(\dfrac{{{a^3}}}{8}\) D. \(\dfrac{{{a^3}}}{{24}}\) Câu 7: Cho hàm số \(y = {\rm{\;}} - {x^4} + 2{x^2} + 3.\) Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. Đồ thị hàm số có 1 điểm cực đại và không có điểm cực tiểu. B. Đồ thị hàm số có 1 điểm cực tiểu và 2 điểm cực đại. C. Đồ thị hàm số có 1 điểm cực tiểu và không có điểm cực đại. D. Đồ thị hàm số có 1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu. Câu 8: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại \(A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} BC = 2AB = 2a.\) Cạnh bên SC vuông góc với đáy, góc giữa SA và đáy bằng \({60^0}.\) Thể tích khối chóp đó bằng:
A. \(\dfrac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{2}\) B. \(\dfrac{{{a^3}\sqrt 5 }}{2}\) C. \(\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\) D. \(\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\) Câu 9: Cho khối hộp ABCD.A'B'C'D'. Gọi \(V,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} V'\) lần lượt là thể tích của khối hộp ABCD.A'B'C'D' và thể tích của khối chóp A'ABC'D'. Khi đó: A. \(\dfrac{{V'}}{V} = \dfrac{1}{3}\) B. \(\dfrac{{V'}}{V} = \dfrac{2}{7}\) C. \(\dfrac{{V'}}{V} = \dfrac{2}{5}\) D. \(\dfrac{{V'}}{V} = \dfrac{1}{4}\) Câu 10: Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = \sin x\) trên đoạn \(\left[ {0;\pi } \right]\) là: A. \( - 1\) B. \(\dfrac{1}{2}\) C. \(0\) D. \(1\) Câu 11: Mỗi cạnh của hình đa diện là cạnh chung của đúng A. hai mặt. B. năm mặt. C. ba mặt. D. bốn mặt. Câu 12: Cho hàm số \(y = \dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}\). Tìm phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm \(M\left( {2;3} \right).\) A. \(y = 2x - 1\) B. \(y = {\rm{\;}} - 3x + 9\) C. \(y = 3x - 3\) D. \(y = {\rm{\;}} - 2x + 7\) Câu 13: Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 6. B. 2. C. 8. D. 4. Câu 14: Điểm cực tiểu của hàm số \(y = {x^3} - 3x - 2\) là: A. \(M\left( {1; - 4} \right)\) B. \(y = {\rm{\;}} - 4\) C. \(x = 1\) D. \(x = {\rm{\;}} - 1\) Câu 15: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), \(SA = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\), tam giác ABC đều cạnh bằng \(a\) (minh họa như hình dưới).
Góc tạo bởi giữa mặt phẳng\((SBC)\) và \(\left( {ABC} \right)\) bằng A. \({90^{\rm{o}}}\). B. \({30^{\rm{o}}}\). C. \({45^{\rm{o}}}\). D. \({60^{\rm{o}}}\). Câu 16: Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm \(f'\left( x \right) = \left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {{x^2} + x} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \in \mathbb{R}\). Hỏi hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bao nhiêu điểm cực trị? A. \(6\) B. \(5\) C. \(3\) D. \(4\) Câu 17: Cho hàm số \(y = \dfrac{{\sqrt {x - 2} }}{{\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {2x - 7} \right)}}\). Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là: A. \(3\) B. \(2\) C. \(5\) D. \(4\) Câu 18: Đồ thị hàm số nào sau đây có 3 đường tiệm cận? A. \(y = \dfrac{{2 - x}}{x}\). B. \(y = \dfrac{x}{{{x^2} - x + 1}}\). C. \(y = \dfrac{1}{{{x^2} - 1}}\). D. \(y = \dfrac{{x - 1}}{{x + 1}}\). Câu 19: Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến trên tập số thực? A. \(y = {\rm{\;}} - {x^3} + 2{x^2} - 10x + 4\) B. \(y = \dfrac{{x + 10}}{{x - 1}}\) C. \(y = {x^2} - 5x + 6\) D. \(y = x + 5\) Câu 20:Khối chóp S.ABC có đáy tam giác vuông cân tại \(B\) và \(AB = a.\)\(SA \bot \left( {ABC} \right)\). Góc giữa cạnh bên SB và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) bằng \({60^0}\). Khi đó khoảng cách từ \(A\)đến \(\left( {SBC} \right)\)là: A. \(\sqrt 3 a\) B. \(\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\) C. \(\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\) D. \(\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\) Câu 21: Cho hàm số \(y = \dfrac{{x + 1}}{{x - 2}}\). Khẳng định nào sau đây đúng? A. Hàm số đã cho nghịch biến trên từng khoảng xác định. B. Hàm số đã cho nghịch biến trên \(\mathbb{R}\). C. Hàm số đã cho nghịch biến trên tập \(\left( { - \infty ;2} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right).\) D. Hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng xác định. Câu 22: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? A. \(y = {\rm{\;}} - {x^3} + 3{x^2} + 2\) B. \(y = {x^3} - 3x + 2\) C. \(y = {\rm{\;}} - {x^4} + 2{x^2} - 2\) D. \(y = {x^3} - 3{x^2} + 2\) Câu 23: Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có đạo hàm là \(f'\left( x \right) = {x^2}\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)\left( {x - 3} \right)\). Hàm số có bao nhiêu điểm cực đại? A. \(1\) B. \(2\) C. \(0\) D. \(3\) Câu 24: Hàm số \(y = {x^3} - 3x + 5\) đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. \(\left( { - 1; + \infty } \right)\) B. \(\left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\) C. \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\)và \(\left( {1; + \infty } \right)\) D. \(\left( { - \infty ;1} \right)\) Câu 25: Số giá trị nguyên của tham số \(m\) để hàm số \(y = {\rm{\;}} - \dfrac{1}{3}{x^3} + m{x^2} - \left( {3 + 2m} \right)x - 2020\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) là: A. 5 B. 4 C. 2 D. 3 Câu 26: Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;\sqrt 2 } \right)\)? A. \(y = \dfrac{{{x^2} + x - 1}}{{x - 1}}\) B. \(y = \dfrac{{2x - 5}}{{x + 1}}\) C. \(y = \dfrac{1}{2}{x^4} - 2{x^2} + 3\) D. \(y = \dfrac{3}{2}{x^3} - 4{x^2} + 6x + 9\) Câu 27: Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định trên \(\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\), liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên:
Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang B. Hàm số đạt cực đại tại \(x = 2\). C. Giá trị lớn nhất của hàm số là 3 D. Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng Câu 28: Biết rằng hàm số \(y = f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c\) có đồ thị là đường cong như hình vẽ bên dưới.
Tính giá trị \(f\left( {3a + 2b + c} \right)\). A. \(f\left( {3a + 2b + c} \right) = {\rm{\;}} - 1\) B. \(f\left( {3a + 2b + c} \right) = {\rm{\;}} - 144\) C. \(f\left( {3a + 2b + c} \right) = {\rm{\;}} - 113\) D. \(f\left( {3a + 2b + c} \right) = 1\) Câu 29: Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có \(AB = a\)và \(AA' = 2a\). Thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' bằng: A. \(\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}.\) B. \({a^3}\sqrt 3 .\) C. \(\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}.\) D. \(\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}.\) Câu 30: Gọi \(M,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} m\) lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = \dfrac{{{x^2} + x + 3}}{{x - 2}}\) trên \(\left[ { - 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1} \right].\) Giá trị của \(M + m\) bằng: A. \( - 5\) B. \( - \dfrac{9}{4}\) C. \( - 6\) D. \( - \dfrac{{25}}{4}\) Câu 31: Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng \({45^0}\). Thể tích khối chóp đã cho bằng: A. \(\dfrac{{{a^3}}}{3}\) B. \(\dfrac{{4{a^3}}}{3}\) C. \(4{a^3}\) D. \(2{a^3}\) Câu 32: Trong các loại khối đa diện đều sau, tìm khối đa diện có số cạnh gấp đôi số đỉnh. A. Khối hai mươi mặt đều. B. Khối lập phương. C. Khối mười hai mặt đều. D. Khối bát diện đều. Câu 33: Giá trị cực tiểu \({y_{c{\rm{r}}}}\) của hàm số \(y = {x^3} - 3{{\rm{x}}^2} + 7\) là: A. \({y_{c{\rm{r}}}} = 2\) B. \({y_{c{\rm{r}}}} = 3\). C. \({y_{c{\rm{r}}}} = 0.\) D. \({y_{c{\rm{r}}}} = 7\). Câu 34: Cho hàm số \(y = \dfrac{{1 - x}}{{{x^2} - 2mx + 4}}\). Số giá trị thực của \(m\) để đồ thị hàm số có đúng hai đường tiệm cận ? A. \(2\). B. \(3\). C. \(0\). D. \(1\). Câu 35: Cho lăng trụ tam giác đều \(ABC.A'B'C'\) có \(AB = a\), \(AA' = a\sqrt 2 .\) Khoảng cách giữa A'B và CC' bằng A. \(\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\) B. \(a\sqrt 3 .\) C. \(a\) D. \(\dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}.\) Câu 36: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) để hàm số \(y = \dfrac{{mx + 9}}{{4x + m}}\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;4} \right)\)? A. \(5\) B. 11 C. \(6\) D. \(7\) Câu 37: Tìm điều kiện của tham số \(m\) để đường cong \(y = {x^4} - 4m{x^2} + 3m - 2\) có ba điểm cực trị \(A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} C\) phân biệt sao cho tam giác ABC nhận \(G\left( {0; - \dfrac{5}{3}} \right)\) làm trọng tâm? A. \(m = 1\) B. \(m = 1\) hoặc \(m = 0,125\) C. \(m = 0,125\) D. \(m = 8\) Câu 38: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số \(y = {x^3} - m{x^2} + \left( {2m - 3} \right)x - 3\) đạt cực đại tại điểm \(x = 1.\) A. \(m \ge 3\) B. \(m > 3\) C. \(m < 3\) D. \(m \le 3\) Câu 39: Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có bảng xét dấu đạo hàm như hình vẽ:
Đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có tất cả bao nhiêu điểm cực trị? A. \(4\) B. \(3\) C. \(2\) D. \(1\) Câu 40: Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ. Với các giá trị nào của tham số m thì phương trình \(f\left( {\left| x \right|} \right) = 3m + 1\) có bốn nghiệm phân biệt.
A. \(m > 2.\) B. \(m < {\rm{\;}} - 1.\) C. \( - 1 < m < - \dfrac{1}{3}.\) D. \(1 < m < 2.\) Câu 41: Cho khối chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh bằng \(2a\). Tam giác \(SAB\) nằm trên mặt phẳng vuông góc với đáy và có \(SA = a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\,SB = a\sqrt 3 .\) Tính thể tích khối chóp \(SACD\). A. \(\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}.\) B. \(\dfrac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{3}.\) C. \(\dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}.\) D. \(\dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}.\) Câu 42: Cho hàm số \(y = {x^4} - 2{x^2} + m - 2\) có đồ thị \(\left( C \right)\). Gọi \(S\) là tập các giá trị của \(m\) sao cho đồ thị \(\left( C \right)\) có đúng một tiếp tuyến song song với trục Ox. Tổng tất cả các phần tử của \(S\) là A. \(3\). B. \(8\). C. \(5\). D. \(2\). Câu 43: Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số \(y = {\cos ^3}x - 3{\sin ^2}x - m\cos x - 1\) đồng biến trên đoạn \(\left[ {0;\dfrac{\pi }{2}} \right].\) A. \(m \le 9\). B. \(m \ge 1\). C. \(m \ge 9\). D. \(m \le 1\). Câu 44: Người ta muốn xây một chiếc bể chứa nước có hình dạng là một khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng \(\dfrac{{500}}{3}{m^3}.\) Biết đáy hồ là một hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng và giá thuê thợ xây là 100.000 đồng\(/{m^2}.\) Tìm kích thước của hồ để chi phí thuê nhân công ít nhất. Khi đó chi phí thuê nhân công là A. 15 triệu đồng B. 11 triệu đồng C. 13 triệu đồng D. 17 triệu đồng Câu 45: Cho hình chóp tứ giác \(S.ABCD\;\) có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\). \(ABCD\)là hình thang vuông tại A và B biết \(AB = 2a,\) \(AD = 3BC = 3a\). Tính thể tích khối chóp \(S.ABCD\;\) theo \(a\) biết góc giữa \(\left( {SCD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \({60^0}.\) A. \(6\sqrt 6 {a^3}.\) B. \(2\sqrt 6 {a^3}.\) C. \(6\sqrt 3 {a^3}.\) D. \(2\sqrt 3 {a^3}.\) Câu 46: Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có đạo hàm liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có đồ thị của hàm\(y = f'\left( x \right)\) như hình vẽ. Xét hàm số \(g(x) = f\left( {{x^2} - 2} \right)\). Mệnh đề nào dưới đây sai ?
A. Hàm số \(g(x)\) nghịch biến trên \(\left( {0;2} \right).\) B. Hàm số \(g(x)\) đồng biến trên \(\left( {2; + \infty } \right).\) C. Hàm số \(g(x)\) nghịch biến trên \(\left( { - 1;0} \right).\) D. Hàm số \(g(x)\) nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 2} \right).\) Câu 47: Tập hợp tất cả các giá trị của tham số \(m\) để hàm số \(y = \dfrac{{mx - 4}}{{x - m}}\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1; + \infty } \right)\) là: A. \(\left( { - 2;1} \right]\) B. \(\left( { - 2; - 1} \right)\) C. \(\left( { - 2;2} \right)\) D. \(\left( { - 2; - 1} \right]\) Câu 48: Biết \({m_0}\) là giá trị của tham số \(m\) để hàm số \(y = \dfrac{{ - mx + 2}}{{x + m}}\) có giá trị nhỏ nhất trên đoạn \(\left[ { - 1;0} \right]\) bằng \( - 3\). Khi đó: A. \({m_0} \in \left( { - 5; - 2} \right)\) B. \({m_0} \in \left( {0;2} \right)\) C. \({m_0} \in \left( { - 2;0} \right)\) D. \({m_0} \in \left( {2;5} \right)\) Câu 49: Cho hàm số \(y = {\rm{\;}} - {x^3} + 4{x^2} + 1\) có đồ thị là \(\left( C \right)\) và điểm \(M\left( {m;1} \right)\). Gọi \(S\) là tập hợp tất cả các giá trị thực của \(m\) để qua \(M\) kẻ được đúng 2 tiếp tuyến đến đồ thị \(\left( C \right)\). Tổng giá trị tất cả các phần tử của \(S\) bằng: A. \(5\) B. \(\dfrac{{40}}{9}\) C. \(\dfrac{{16}}{9}\) D. \(\dfrac{{20}}{3}\) Câu 50: Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{m{x^3} - 2}}{{{x^3} - 3x + 2}}\) có đúng hai đường tiệm cận đứng A. \(m \ne 2\) và \(m \ne {\rm{\;}} - \dfrac{1}{4}.\) B. \(m \ne {\rm{\;}} - \dfrac{1}{4}.\) C. \(m \ne {\rm{\;}} - 2.\) D. \(m \ne 0.\) Lời giải chi tiết
Câu 1: Phương pháp: Hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {a;\;b} \right) \Leftrightarrow f'\left( x \right) \le 0\;\;\forall x \in \left( {a;\;b} \right).\) Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \(f'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow 0 < x < 2\) \( \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên \(\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right).\) Lại có: \(\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right) \subset \left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right)\) \( \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên \(\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right).\) Chọn A. Câu 2: Phương pháp: Khái niệm: nếu phép đối xứng qua mặt phẳng (P) của hình H biến thành chính nó thì mặt phẳng (P) là mặt phẳng đối xứng của hình H. Cách giải: Có tất cả 9 mặt phẳng đối xứng của hình lập phương như hình dưới đây:
Chọn B. Câu 3: Phương pháp: - Tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng \(x\) thì cạnh góc vuông bằng \(\dfrac{x}{{\sqrt 2 }}\). - Tính diện tích tam giác \(ABC:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC\). - Tính thể tích khối chóp \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}}\). Cách giải:
Tam giác ABC vuông cân ở \(B\), cạnh \(AC = 2a\) \( \Rightarrow AB = BC = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 \) \( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}A{B^2} = {a^2}\). Tam giác SAB vuông tại \(A\), mà tam giác SAB cân \( \Rightarrow \Delta SAB\) vuông cân tại \(A\) \( \Rightarrow SA = AB = a\sqrt 2 \). Vậy thể tích hình chóp S.ABC là: \(V = \dfrac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}.a\sqrt 2 .{a^2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}\). Chọn B. Câu 4: Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại điểm \(M\left( {{x_0};\;{y_0}} \right)\) thuộc đồ thị hàm số là: \(y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}.\) Đường thẳng \({d_1}:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = {a_1}x + {b_1}\) và \({d_2}:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = {a_2}x + {b_2}\) song song với nhau \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a_1} = {a_2}}\\{{b_1} \ne {b_2}}\end{array}} \right..\) Cách giải: Xét hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( C \right)\) có: \(y' = 3{x^2} - 3\) Gọi \(M\left( {{x_0};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {y_0}} \right)\) là điểm thuộc đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) \( \Rightarrow M\left( {{x_0};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x_0^3 - 3{x_0} + 2} \right).\) Khi đó phương trình tiếp tuyến của tại có dạng: \(\begin{array}{*{20}{l}}{{\mkern 1mu} d:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = y'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}}\\{ \Leftrightarrow y = \left( {3x_0^2 - 3} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + x_0^3 - 3{x_0} + 2}\\{ \Leftrightarrow y = \left( {3x_0^2 - 3} \right)x - 3x_0^3 + 3{x_0} + x_0^3 - 3{x_0} + 2}\\{ \Leftrightarrow y = \left( {3x_0^2 - 3} \right)x - 2x_0^3 + 2}\end{array}\) Ta có tiếp tuyến \(d\) song song với đường thẳng \(y = 9x - 14\) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x_0^2 - 3 = 9}\\{ - 2x_0^3 + 2 \ne {\rm{\;}} - 14}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x_0^2 = 4}\\{x_0^3 \ne 8}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = 2}\\{{x_0} = {\rm{\;}} - 2}\end{array}} \right.}\\{{x_0} \ne 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow {x_0} = {\rm{\;}} - 2\)\( \Rightarrow M\left( { - 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 16} \right)\) Vậy có 1 điểm \(M\left( { - 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 16} \right)\) thỏa mãn bài toán. Chọn A. Câu 5: Phương pháp: - Tìm đạo hàm của hàm số. - Giải phương trình \(y' = 0\). - Lập bảng biến thiên của hàm số trên \(\left[ {0;80} \right]\) và kết luận GTNN của hàm số. Cách giải: TXĐ: \(D = \mathbb{R}\). Xét hàm số \(y = \dfrac{1}{4}{x^4} - \dfrac{{27}}{2}{x^2} + 3\) trên \(\left[ {0;80} \right]\) ta có: \(y' = {x^3} - 27x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 3\sqrt 3 }\\{x = {\rm{\;}} - 3\sqrt 3 }\end{array}} \right.\) Bảng biến thiên trên đoạn \(\left[ {0;80} \right]\):
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;80} \right]} y = y\left( {3\sqrt 3 } \right) = {\rm{ \;}} - \dfrac{{717}}{4}\). Chọn C. Câu 6: Phương pháp: Thể tích hình chóp \(V = \dfrac{1}{3}S.h\) với \(S\) là diện tích đáy và \(h\) là chiều cao hình chóp Cách giải:
Gọi \(H\) là trọng tâm tam giác ABC. Vì S.ABC là hình chóp tam giác đều nên \(SH \bot \left( {ABC} \right)\) Gọi \(D\) là trung điểm của \(BC \Rightarrow AH = \dfrac{2}{3}AD\) Vì AD là đường trung tuyến trong tam giác ABC đều cạnh \(a\) nên \(AD = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)\( \Rightarrow AH = \dfrac{2}{3}AD\)\( = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\) Ta có \(SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \) góc giữa cạnh bên SA và đáy là góc giữa SA và AH, hay là góc SAH Theo đề bài ta có \(\widehat {SAH} = {45^0} \Rightarrow \Delta SAH\) vuông cân tại \(H \Rightarrow SH = AH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\) Diện tích tam giác ABC đều cạnh \(a\) là \(\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\) Thể tích khối chóp \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABC}}.SH\)\( = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\)\( = \dfrac{{{a^3}}}{{12}}\) Chọn B. Câu 7: Phương pháp: Cho hàm số \(y = a{x^4} + b{x^2} + c{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a \ne 0} \right)\) ta có: +) Hàm số có một cực trị \( \Leftrightarrow ab \ge 0\) +) Hàm số có ba cực trị \( \Leftrightarrow ab < 0\) +) Hàm số có đúng một cực trị và cực trị là cực tiểu \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a > 0}\\{b \ge 0}\end{array}} \right.\) +) Hàm số có đúng một cực trị và cực trị là cực đại \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a < 0}\\{b \le 0}\end{array}} \right.\) +) Hàm số có hai cực tiểu và một cực đại \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a > 0}\\{b < 0}\end{array}} \right.\) +) Hàm số có một cực tiểu và hai cực đại \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a < 0}\\{b > 0}\end{array}} \right.\) Cách giải: Xét hàm số \(y = {\rm{\;}} - {x^4} + 2{x^2} + 3\) ta có: \(a = {\rm{\;}} - 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b = 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c = 3\) \( \Rightarrow a.b = \left( { - 1} \right).2 = {\rm{\;}} - 2 < 0\) \( \Rightarrow \) Hàm số đã cho có 3 điểm cực trị. Lại có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = {\rm{\;}} - 1 < 0}\\{b = 2 > 0}\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow \) Hàm số có một điểm cực tiểu và hai điểm cực đại. Chọn B. Câu 8: Phương pháp: Thể tích khối chóp có chiều cao \(h\) và diện tích đáy \(S\) là \(V = \dfrac{1}{3}Sh.\) Cách giải:
Áp dụng định lý Pitago cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) ta có: \(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} {\rm{\;}} = \sqrt {4{a^2} - {a^2}} {\rm{\;}} = a\sqrt 3 .\) \( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}.a.a\sqrt 3 {\rm{\;}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\) Ta có:\(SC \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SC \bot AC\) \( \Rightarrow AC\) là hình chiếu của SA trên \(\left( {ABC} \right)\) \( \Rightarrow \angle \left( {SA,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SA,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AC} \right) = \angle SAC = {60^0}\) Xét \(\Delta SAC\) vuông tại \(C\) ta có: \(SC = CA.\tan {60^0} = a\sqrt 3 .\sqrt 3 {\rm{\;}} = 3a.\) \( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SC.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}.3a.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}.\) Chọn D. Câu 9: Phương pháp: Thể tích của khối hộp có diện tích đáy \(S\) và chiều cao \(h\) là: \(V = Sh.\) Thể tích của khối chóp có diện tích đáy \(S\) và chiều cao \(h\) là: \(V = \dfrac{1}{3}Sh.\) Cách giải:
Ta có: \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = V;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {V_{A'.ABC'D'}} = V'.\) \({V_{BA'B'C'}} = \dfrac{1}{3}{V_{BB'C'.AA'D'}}\) \( \Rightarrow V' = {V_{A'.ABC'D'}} = \dfrac{2}{3}{V_{BB'C'.AA'D'}}\) Mà: \({V_{BB'C'.AA'D'}} = \dfrac{1}{2}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \dfrac{1}{2}V\) \( \Rightarrow V' = \dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{2}V = \dfrac{1}{3}V\) \( \Rightarrow \dfrac{{V'}}{V} = \dfrac{1}{3}.\) Chọn A. Câu 10: Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số \(y = \sin x\) trên đoạn Cách giải: \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;\pi } \right]} y = 0 \Leftrightarrow x = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vee {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = \pi \) Chọn C. Câu 11: Phương pháp: Sử dụng khái niệm khối đa diện:Hình đa diện gồm một số hữu hạn đa giác phẳng thỏa mãn hai điều kiện: a) Hai đa giác bất kì hoặc không có điểm chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung. ... Hình đa diện cùng với phần bên trong của nó gọi là khối đa diện. Cách giải: Mỗi cạnh của hình đa diện là cạnh chung của đúng hai mặt. Chọn A. Câu 12: Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\) là: \(y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + f\left( {{x_0}} \right)\). Cách giải: TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\). Ta có \(y' = \dfrac{{ - 2}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\). Tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}\) tại điểm \(M\left( {2;3} \right)\) có hệ số góc là \(k = y'\left( 2 \right) = \dfrac{{ - 2}}{{{{\left( {2 - 1} \right)}^2}}} = {\rm{\;}} - 2.\) Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\left( {2;3} \right)\) là: \(y = - 2\left( {x - 2} \right) + 3 \Leftrightarrow y = {\rm{\;}} - 2x + 7.\) Chọn D. Câu 13: Phương pháp: Hình chóp tứ giác đều là hình chóp có đáy là hình vuông và các cạnh bên bằng nhau. Cách giải: Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng: +) 2 mặt phẳng nối từ đỉnh đến 2 đường chéo. +) 2 mặt phẳng nối từ đỉnh đến trung điểm các cặp cạnh đối. Chọn D. Câu 14: Phương pháp: Điểm \(x = {x_0}\)là điểm cực tiểu của hàm số \(y = f\left( x \right)\) khi và chỉ khi\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( {{x_0}} \right) = 0}\\{f''\left( {{x_0}} \right) > 0}\end{array}} \right.\). Cách giải: TXĐ: \(D = \mathbb{R}\). Ta có: \(y' = 3{x^2} - 3,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y'' = 6x\). Xét hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y' = 0}\\{y'' > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3{x^2} - 3 = 0}\\{6x > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \pm 1}\\{x > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x = 1\). Vậy điểm cực tiểu của hàm số đã cho là \(x = 1\). Chọn C. Chú ý khi giải: Điểm cực tiểu của hàm số là \(x = 1\), điểm cực tiểu của đồ thị hàm số mới là \(M\left( {1; - 4} \right)\). Câu 15: Phương pháp:
Xác định góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {\alpha {\rm{\;}}} \right),\left( {\beta {\rm{\;}}} \right)\): - Tìm giao tuyến \(\Delta \) của \(\left( {\alpha {\rm{\;}}} \right),\left( {\beta {\rm{\;}}} \right)\). - Xác định 1 mặt phẳng \(\left( {\gamma {\rm{\;}}} \right) \bot \Delta \). - Tìm các giao tuyến \(a = \left( {\alpha {\rm{\;}}} \right) \cap \left( {\gamma {\rm{\;}}} \right),b = \left( {\beta {\rm{\;}}} \right) \cap \left( {\gamma {\rm{\;}}} \right)\) - Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {\alpha {\rm{\;}}} \right),\left( {\beta {\rm{\;}}} \right)\): \(\left( {\widehat {\left( {\alpha {\rm{\;}}} \right);\left( {\beta {\rm{\;}}} \right)}} \right) = \left( {\widehat {a;b}} \right)\) Cách giải:
Gọi I là trung điểm của BC. Do tam giác ABC đều nên \(AI \bot BC\). Mà \(SA \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right) \Rightarrow BC \bot SI\) Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC}\\{AI \subset \left( {ABC} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AI \bot BC}\\{SI \subset \left( {SBC} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} SI \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {AI;SI} \right) = \widehat {SIA}\) Tam giác ABC đều cạnh \(a\) \( \Rightarrow AI = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\) Tam giác SAI vuông tại A \( \Rightarrow \tan \widehat {SIA} = \dfrac{{SA}}{{AI}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = 1 \Rightarrow \widehat {SIA} = {45^0}\) Vậy \(\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = {45^0}\). Chọn C. Câu 16: Phương pháp: Số điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là số nghiệm bội lẻ của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\). Cách giải: Ta có: \(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {{x^2} + x} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - 1 = 0}\\{{x^2} - 4 = 0}\\{{x^2} + x = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {\rm{\;}} \pm 1}\\{x = {\rm{\;}} \pm 2}\\{x = 0}\\{x = {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right.\end{array}\) Trong đó \(x = 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = {\rm{\;}} \pm 2\) là nghiệm đơn, \(x = {\rm{\;}} - 1\) là nghiệm bội 2. Vậy hàm số đã cho có 4 điểm cực trị. Chọn D. Câu 17: Phương pháp: +) Đường thẳng \(x = a\) được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) \( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to a} f\left( x \right) = \infty .\) +) Đường thẳng \(y = b\) được gọi là TCN của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right) \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f\left( x \right) = b.\) Cách giải: Xét hàm số: \(y = \dfrac{{\sqrt {x - 2} }}{{\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {2x - 7} \right)}}\) TXĐ: \(D = \left( {2; + \infty } \right)\backslash \left\{ {\dfrac{7}{2}} \right\}.\) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \dfrac{7}{2}} \dfrac{{\sqrt {x - 2} }}{{\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {2x - 7} \right)}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to \dfrac{7}{2}} \dfrac{1}{{\sqrt {x - 2} \left( {x + 2} \right)\left( {2x - 7} \right)}} = \infty \) \( \Rightarrow x = \dfrac{7}{2}\) là đường TCĐ của đồ thị hàm số. \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{\sqrt {x - 2} }}{{\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {2x - 7} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{1}{{\left( {x + 2} \right)\sqrt {x - 2} \left( {2x - 7} \right)}} = \infty \) \( \Rightarrow x = 2\) là đường TCĐ của đồ thị hàm số. \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} + \infty } \dfrac{{\sqrt {x - 2} }}{{\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {2x - 7} \right)}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} + \infty } \dfrac{1}{{\sqrt {x - 2} \left( {x + 2} \right)\left( {2x - 7} \right)}} = 0\) \( \Rightarrow y = 0\) là TCN của đồ thị hàm số. Vậy đồ thị hàm số đã cho có tất cả 3 đường tiệm cận. Chọn A. Câu 18: Phương pháp: * Định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = f(x)\). Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} + \infty } f(x) = a{\mkern 1mu} \)hoặc\({\mkern 1mu} \mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} - \infty } f(x) = a \Rightarrow y = a\) là TCN của đồ thị hàm số. * Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = f(x)\). Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} f(x) = {\rm{\;}} + \infty {\mkern 1mu} \)hoặc \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} f(x) = {\rm{\;}} - \infty {\mkern 1mu} \)hoặc \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ - }} f(x) = {\rm{\;}} + \infty {\mkern 1mu} \)hoặc \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ - }} f(x) = {\rm{\;}} - \infty {\mkern 1mu} \)thì \(x = a\) là TCĐ của đồ thị hàm số. Cách giải: Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{1}{{{x^2} - 1}}\) có 3 đường tiệm cận là: \(x = 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = {\rm{\;}} - 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = 0\). Chọn C. Câu 19: Phương pháp: Tính y' và kiểm tra xem hàm số nào có \(y' \le 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \mathbb{R}\). Cách giải: Đáp án A : \(y' = {\rm{\;}} - 3{x^2} + 4x - 10\) Ta có : \(\Delta ' = 4 - \left( { - 3} \right).\left( { - 10} \right) = {\rm{\;}} - 26 < 0\) và \(a = {\rm{\;}} - 3 < 0\) nên \(y' < 0,\forall x \in \mathbb{R}\) Do đó hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\). Đáp án B : TXĐ : \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\). Ta có: \(y' = \dfrac{{ - 11}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \ne 1\) nên hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\). Đáp án C : hàm bậc hai không đơn điệu trên \(\mathbb{R}\). Đáp án D : hàm bậc nhất có \(a = 1 > 0\) nên đồng biến trên \(\mathbb{R}\). Chọn A. Câu 20: Phương pháp: - Xác định mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(A\) và vuông góc với \(\left( {SBC} \right)\). - Trong \(\left( P \right)\) kẻ đường thẳng AH qua \(A\) và vuông góc với giao tuyến của \(\left( P \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\). - Chứng minh \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AH\), sử dụng định lí: Cho hai mặt phẳng vuông góc, nếu mặt phẳng này chứa đường thẳng vuông góc với giao tuyến thì đường thẳng đó sẽ vuông góc với mặt phẳng kia. - Xác định góc giữa SB và \(\left( {ABC} \right)\) là góc giữa SB và hình chiếu của SB lên \(\left( {ABC} \right)\). - Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính AH. Cách giải:
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right)}\\{BC \bot SA{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\). \( \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)\). Trong \(\left( {SAB} \right)\) kẻ \(AH \bot SB{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {H \in SB} \right)\) ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)}\\{\left( {SAB} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SB}\\{\left( {SAB} \right) \supset AH \bot SB}\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\) \( \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AH\). Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên AB là hình chiếu của SB lên \(\left( {ABC} \right)\). \( \Rightarrow \angle \left( {SB;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SB;AB} \right) = \angle SBA = {60^0}\). Xét tam giác vuông ABH ta có: \(AH = AB.\sin \angle SBA = a.\sin {60^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\) Vậy \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\). Chọn C. Câu 21: Phương pháp: Đối với hàm số \(y = \dfrac{{ax + b}}{{cx + d}}\;\;\left( {x \ne {\rm{\;}} - \dfrac{d}{c}} \right),\) hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên từng khoảng xác định của hàm số. Công thức tính nhanh đạo hàm của hàm số: \(y' = \dfrac{{ad - bc}}{{{{\left( {cx + d} \right)}^2}}}.\) Hàm số đồng biến trên tập xác định \( \Leftrightarrow y' > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in D.\) Hàm số nghịch biến trên tập xác định \( \Leftrightarrow y' < 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in D.\) Cách giải: TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}.\) Ta có: \(y = \dfrac{{x + 1}}{{x - 2}} \Rightarrow y' = \dfrac{{ - 2 - 1}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \dfrac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} < 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in D.\) \( \Rightarrow \) Hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right).\) Chọn A. Câu 22: Phương pháp: Dựa vào hình dáng và số điểm cực trị để suy ra phương trình hàm số. Cách giải: Đồ thị hàm số có dạng hàm số bậc và chiều hướng lên trên \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) và \(a > 0\) nên loại A, C. Đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ \(\left( {2; - 2} \right)\) nên loại B. Chọn D. Câu 23: Phương pháp: Xác định số điểm mà đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm. Cách giải: \(\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) = {x^2}\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)\left( {x - 3} \right)}\\{{\mkern 1mu} f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = {\rm{\;}} \pm 2}\\{x = 1}\\{x = 2{\mkern 1mu} }\\{x = 3{\mkern 1mu} }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = {\rm{\;}} \pm 2}\\{x = 1{\mkern 1mu} }\\{x = 3{\mkern 1mu} }\end{array}} \right.}\end{array}\) Trong đó \(x = {\rm{\;}} - 2,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = 3\) là các nghiệm đơn, \(x = 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = 2\) là nghiệm bội 2. Ta có bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\) như sau:
Vậy hàm số đạt cực đại tại 1 điểm là \(x = 1\). Chọn A. Câu 24: Phương pháp: - Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {a;b} \right)\) khi nó xác định và liên tục trên khoảng \(\left( {a;b} \right)\) đồng thời\(f'\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left( {a;b} \right)\). (Dấu ‘=’ chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm). - Hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {a;b} \right)\) khi nó xác định và liên tục trên khoảng \(\left( {a;b} \right)\) đồng thời\(f'\left( x \right) \le 0,\forall x \in \left( {a;b} \right)\). (Dấu ‘=’ chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm). Cách giải: Hàm số \(y = {x^3} - 3x + 5\) xác định và liên tục trên \(\mathbb{R}\). Ta có : \(\begin{array}{*{20}{l}}{y' = 3{x^2} - 3 = 3\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}\\{y' \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 1}\\{x \le {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right.}\end{array}\) Do đó, hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\). Chọn C. Chú ý khi giải: Không kết luận hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\). Câu 25: Phương pháp: - Hàm số nghịch biến khi \(y' \le 0\) \(\forall x \in \mathbb{R}\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm. - Tam thức bậc hai \(f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c \le 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a < 0}\\{\Delta {\rm{\;}} \le 0}\end{array}} \right.\). Cách giải: Ta có hàm số \(y = {\rm{\;}} - \dfrac{1}{3}{x^3} + m{x^2} - \left( {3 + 2m} \right)x - 2020\) nghịch biến khi: \(\begin{array}{*{20}{l}}{y' = {\rm{\;}} - {x^2} + 2mx - \left( {3 + 2m} \right) \le 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \mathbb{R}}\\{ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 < 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {luon{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} dung} \right)}\\{\Delta ' = {m^2} - 3 - 2m \le 0}\end{array}} \right.}\\{ \Leftrightarrow {\rm{\;}} - 1 \le m \le 3}\end{array}\) Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;0;1;2;3} \right\}\). Vậy có 5 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A. Câu 26: Phương pháp: Xét các hàm số ở từng đáp án, tìm khoảng nghịch biến của chúng và đối chiếu điều kiện đề bài. Cách giải: Xét đáp án A ta có: + TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\). Loại vì \(1 \in \left( {0;\sqrt 2 } \right)\) Xét đáp án B ta có: + TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\). + \(y' = \dfrac{7}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \ne {\rm{\;}} - 1\). + Kết luận: Hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( { - 1; + \infty } \right)\). Do đó hàm số không nghịch biến trên \(\left( {0;\sqrt 2 } \right)\) nên loại đáp án B. Xét đáp án C ta có: + TXĐ: \(D = \mathbb{R}\). + \(y' = 2{x^3} - 6x < 0,\forall x \in \left( {0;\sqrt 2 } \right)\). + Kết luận: Hàm số nghịch biến trên \(\left( {0;\sqrt 2 } \right)\). Chọn C. Chú ý khi giải: HS cần chú ý điều kiện để hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {a;b} \right)\) là \(y' < 0,\forall x \in \left( {a;b} \right)\). Câu 27: Phương pháp: Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\). - Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} y = \infty {\rm{\;}} \Rightarrow x = {x_0}\) là TCĐ của đồ thị hàm số. - Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = {y_0} \Rightarrow y = {y_0}\) là TCN của đồ thị hàm số. Cách giải: Áp dụng: Từ BBT, đồ thị hàm số đã cho có: Hai tiệm cận ngang là \(y = 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = {\rm{\;}} - 1\). Một đường tiệm cận đứng là \(x = {\rm{\;}} - 1.\) Không có giá trị lớn nhất bởi tại \(x = {\rm{\;}} - 1\) thì hàm số không xác định. Chọn A. Câu 28: Phương pháp: - Dựa vào các điểm mà đồ thị hàm số đi qua và các điểm cực trị của đồ thị hàm số, tìm giá trị của \(a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c\). - Suy ra hàm số. Tính \(3a + 2b + c\), từ đó tính \(f\left( {3a + 2b + c} \right)\). Cách giải: Ta có \(f'\left( x \right) = 4a{x^3} + 2bx\). Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Đồ thị hàm số đi qua các điểm \(\left( {0;1} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {1; - 1} \right)\). Đồng thời đây cũng là 2 điểm cực trị của hàm số. Do đó ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( 0 \right) = 1}\\{f\left( 1 \right) = - 1}\\{f'\left( 1 \right) = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = 1}\\{a + b + c = - 1}\\{4a + 2b = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = 1}\\{a = 2}\\{b = - 4}\end{array}} \right.\). \( \Rightarrow f\left( x \right) = {\rm{\;}}2{x^4} - 4{x^2} + 1\) và \(3a + 2b + c = 3.2 + 2.( - 4) + 1 = - 1\). Vậy \(f\left( {3a + 2b + c} \right) = f\left( { - 1} \right) = {\rm{\;}} - 1\). Chọn A. Câu 29: Phương pháp: - Tính diện tích đáy của hình lăng trụ: Tam giác đều cạnh \(a\) có diện tích bằng \(\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\). - Áp dụng công thức tính thể tích của hình lăng trụ: \(V = {S_d}.h\). Cách giải:
Vì tam giác đều cạnh \(a\) \( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\). Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{\Delta ABC}} = 2a.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\). Chọn A. Câu 30: Phương pháp: Cách 1: +) Tìm GTLN và GTNN của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên \(\left[ {a;\;b} \right]\) bằng cách: +) Giải phương trình \(y' = 0\) tìm các nghiệm \({x_i}.\) +) Tính các giá trị \(f\left( a \right),\;f\left( b \right),\;\;f\left( {{x_i}} \right)\;\;\left( {{x_i} \in \left[ {a;\;b} \right]} \right).\) Khi đó: \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {a;\:b} \right]} f\left( x \right) = \min \left\{ {f\left( a \right);\;f\left( b \right);\;f\left( {{x_i}} \right)} \right\},\;\;\mathop {\max }\limits_{\left[ {a;\:b} \right]} f\left( x \right) = \max \left\{ {f\left( a \right);\;f\left( b \right);\;f\left( {{x_i}} \right)} \right\}.\) Cách 2: Sử dụng chức năng MODE 7 để tìm GTLN, GTNN của hàm số trên \(\left[ {a;\;b} \right].\) Cách giải: Xét hàm số: \(y = \dfrac{{{x^2} + x + 3}}{{x - 2}}\) trên \(\left[ { - 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1} \right]\) ta có: \(y' = \dfrac{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) - {x^2} - x - 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\) \( = \dfrac{{2{x^2} - 3x - 2 - {x^2} - x - 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\)\( = \dfrac{{{x^2} - 4x - 5}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\) \( \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4x - 5 = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {\rm{\;}} - 1 \in \left[ { - 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1} \right]}\\{x = 5{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \notin \left[ { - 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1} \right]}\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y\left( { - 2} \right) = {\rm{\;}} - \dfrac{5}{4}}\\{y\left( { - 1} \right) = {\rm{\;}} - 1}\\{y\left( 1 \right) = {\rm{\;}} - 5}\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = \mathop {Min}\limits_{\left[ { - 2;{\kern 1pt} {\kern 1pt} 1} \right]} y = {\rm{\;}} - 5}\\{M = \mathop {Max}\limits_{\left[ { - 2;{\kern 1pt} {\kern 1pt} 1} \right]} y = {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow M + m = {\rm{\;}} - 1 - 5 = {\rm{\;}} - 6.\) Chọn C. Câu 31: Phương pháp: - Xác định góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến. - Sử dụng tỉ số lượng giác trong tam giác vuông hoặc tính chất tam giác vuông cân tính chiều cao. - Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp \(V = \dfrac{1}{3}Sh\) với \(S,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} h\) lần lượt là diện tích đáy và chiều cao của khối chóp. Cách giải:
Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\). Gọi M là trung điểm của CD ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot OM}\\{CD \bot SO}\end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow CD \bot SM\). \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD}\\{SM \subset \left( {SCD} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} SM \bot CD}\\{OM \subset \left( {ABCD} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} OM \bot CD}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SM;OM} \right) = \angle SMO = {45^0}\). \( \Rightarrow \Delta SOM\) vuông cân tại O \( \Rightarrow SO = OM = \dfrac{1}{2}AD = a\). Vậy \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.a.{\left( {2a} \right)^2} = \dfrac{{4{a^3}}}{3}\). Chọn B. Câu 32: Phương pháp: Sử dụng lý thuyết về khối đa diện đều. Cách giải: +) Khối mười hai mặt đều có 20 đỉnh và 30 cạnh. +) Khối hai mươi mặt đều có 12 đỉnh và 30 cạnh. +) Khối lập phương có 8 đỉnh và 12 cạnh. +) Khối bát diện đều có 6 đỉnh và 12 cạnh. Chọn D. Câu 33: Phương pháp: Điểm \(x = {x_0}\) là điểm cực tiểu của hàm số \(y = f\left( x \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( {{x_0}} \right) = 0}\\{f''\left( {{x_0}} \right) > 0}\end{array}} \right..\) \( \Rightarrow y = y\left( {{x_0}} \right)\) là giá trị cực tiểu của hàm số. Cách giải: Xét hàm số:\(y = {x^3} - 3{x^2} + 7\) ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x \Rightarrow y'' = 6x - 6\) Gọi \(x = {x_0}\) là điểm cực tiểu của hàm số. Khi đó ta có: \(\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y'\left( {{x_0}} \right) = 0}\\{y''\left( {{x_0}} \right) > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x_0^2 - 6{x_0} = 0}\\{6{x_0} - 6 > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = 0}\\{{x_0} = 2}\end{array}} \right.}\\{{x_0} > 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow {x_0} = 2.}\\{ \Rightarrow {y_{CT}} = y\left( 2 \right) = {2^3} - {{3.2}^2} + 7 = 3.}\end{array}\) Chọn B. Câu 34: Phương pháp: - Sử dụng Định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = f(x)\): Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} + \infty } f(x) = a{\mkern 1mu} \)hoặc\({\mkern 1mu} \mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} - \infty } f(x) = a\)\( \Rightarrow y = a\) là TCN của đồ thị hàm số, xác định đường TCN của hàm số. - Để hàm số có đúng hai đường tiệm cận thì hàm số phải có bao nhiêu đường tiệm cận đứng. - Tìm điều kiện số nghiệm của phương trình mẫu số = 0. Cách giải: Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} + \infty } \dfrac{{1 - x}}{{{x^2} - 2mx + 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} - \infty } \dfrac{{1 - x}}{{{x^2} - 2mx + 4}} = 0.\) \( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{1 - x}}{{{x^2} - 2mx + 4}}\) luôn có 1 TCN \(y = 0\) với mọi \(m\). Để đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{1 - x}}{{{x^2} - 2mx + 4}}\) có đúng 2 đường tiệm cận thì số đường tiệm cận đứng là 1. \( \Leftrightarrow \) Phương trình \({x^2} - 2mx + 4 = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)\) hoặc là có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm là 1; hoặc là có nghiệm kép (bằng 1 hay khác 1 đều nhận). TH1 : \(x = 1\) là nghiệm của phương trình (*) trên \( \Rightarrow 1 - 2m + 4 = 0 \Leftrightarrow m = \dfrac{5}{2}\). Khi đó \(y = \dfrac{{1 - x}}{{{x^2} - 2mx + 4}} = \dfrac{{1 - x}}{{{x^2} - 5x + 4}} = \dfrac{{ - 1}}{{x - 4}}\) \( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có đúng 1 TCĐ là \(x = 4 \Rightarrow m = \dfrac{5}{2}\) thỏa mãn. TH2 : Phương trình \({x^2} - 2mx + 4 = 0\) có nghiệm kép \( \Leftrightarrow \Delta = {m^2} - 4 = 0 \Leftrightarrow m = {\rm{\;}} \pm 2.\) Thử lại: Với \(m = {\rm{\;}} - 2\) thì \(y = \dfrac{{1 - x}}{{{x^2} - 2mx + 4}} = \dfrac{{1 - x}}{{{x^2} + 4x + 4}}\) có 1 TCĐ là \(x = {\rm{\;}} - 2\). Với \(m = {\rm{\;}} - 2\) thì \(y = \dfrac{{1 - x}}{{{x^2} - 2mx + 4}} = \dfrac{{1 - x}}{{{x^2} - 4x + 4}}\) có 1 TCĐ là \(x = 2\). \( \Rightarrow m = {\rm{\;}} \pm 2\)thỏa mãn. Vậy tập các giá trị của \(m\) thỏa mãn là \(\left\{ {\dfrac{5}{2};2; - 2} \right\}.\) Chọn B. Câu 35: Phương pháp: Sử dụng khoảng cách giữa hai đường thẳng \(d\left( {a;b} \right) = d\left( {a;\left( P \right)} \right) = d\left( {M;\left( P \right)} \right)\) với \(a//\left( P \right);b \subset \left( P \right);{\mkern 1mu} M \in a\) Và \(d\left( {M;\left( P \right)} \right) = MH\) với \(H\) là hình chiếu của \(M\)xuống mặt phẳng \(\left( P \right).\) Cách giải:
Ta có \(CC'//AA' \Rightarrow CC'//\left( {ABB'A'} \right)\) Nên \(d\left( {CC';AB'} \right) = d\left( {CC';\left( {ABB'A'} \right)} \right) = d\left( {C;\left( {ABB'A'} \right)} \right)\) Lấy \(H\) là trung điểm của AB Khi đó \(CH \bot AB\) (do tam giác ABC đều) Lại có \(AA' \bot CH\left( {do{\mkern 1mu} AA' \bot \left( {ABC} \right)} \right)\) Nên \(CH \bot \left( {ABB'A'} \right)\) tại \(H \Rightarrow d\left( {C;\left( {ABB'A'} \right)} \right) = CH\) Ta có \(CH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\) (đường trung tuyến trong tam giác đều cạnh \(a\) ) Vậy \(d\left( {AB';CC'} \right) = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\) Chọn A. Câu 36: Phương pháp: Hàm số \(y = \dfrac{{ax + b}}{{cx + d}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {ad \ne bc} \right)\) nghịch biến trên \(\left( {\alpha ;\beta } \right)\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y' < 0}\\{ - \dfrac{d}{c} \notin \left( {\alpha ;\beta } \right)}\end{array}} \right.\). Cách giải: TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \dfrac{m}{4}} \right\}\). Ta có \(y' = \dfrac{{{m^2} - 36}}{{{{\left( {4x + m} \right)}^2}}}\). Để hàm số nghịch biến trên \(\left( {0;4} \right)\) thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y' < 0}\\{ - \dfrac{m}{4} \notin \left( {0;4} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} - 36 < 0}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - \dfrac{m}{4} \le 0}\\{ - \dfrac{m}{4} \ge 4}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 6 < m < 6}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 0}\\{m \le {\rm{\;}} - 16}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow 0 \le m < 6\). Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {0;1;2;3;4;5} \right\}\). Vậy có 6 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn C. Câu 37: Phương pháp: - Tìm điều kiện để hàm số có 3 điểm cực trị (Phương trình \(y' = 0\) có 3 nghiệm phân biệt). - Xác định tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số. - Điểm \(G\) là trọng tâm tam giác ABC \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_A} + {x_B} + {x_C} = 3{x_G}}\\{{y_A} + {y_B} + {y_C} = 3{y_G}}\end{array}} \right.\). Cách giải: + TXĐ: \(D = \mathbb{R}\). + \(y' = 4{x^3} - 8mx = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} - 2m} \right) = 0\). + Để hàm số có 3 điểm cực trị thì phương trình \(y' = 0\) có 3 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow 2m > 0 \Leftrightarrow m > 0\). + Tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số là: \(A\left( {0;3m - 2} \right)\), \(B\left( { - \sqrt {2m} ; - 4{m^2} + 3m - 2} \right)\); \(C\left( {\sqrt {2m} ; - 4{m^2} + 3m - 2} \right)\) + Tam giác ABC nhận \(G\left( {0; - \dfrac{5}{3}} \right)\) làm trọng tâm. \(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_A} + {x_B} + {x_C} = 3{x_G}}\\{{y_A} + {y_B} + {y_C} = 3{y_G}}\end{array}} \right.}\\{ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {luon{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} dung} \right)}\\{3m - 2 - 4{m^2} + 3m - 2 - 4{m^2} + 3m - 2 = {\rm{\;}} - 5}\end{array}} \right.}\\{ \Leftrightarrow {\rm{\;}} - 8{m^2} + 9m - 1 = 0}\\{ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {tm} \right)}\\{m = \dfrac{1}{8}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {tm} \right)}\end{array}} \right.}\end{array}\) Vậy \(m = 1\) hoặc \(m = \dfrac{1}{8} = 0,125\). Chọn B. Câu 38: Phương pháp: Hàm số đạt cực đại tại một điểm khi: Đạo hàm bậc 1 tại điểm đó bằng 0 và đạo hàm bậc 2 tại điểm đó nhỏ hơn 0. Cách giải: Hàm số \(y = {x^3} - m{x^2} + \left( {2m - 3} \right)x - 3\) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y{\rm{'}} = 3{x^2} - 2mx + (2m - 3)}\\{y'' = {\rm{\;}}6x - 2m}\end{array}} \right.\) Hàm số trên đạt cực đại tại \(x = 1\) khi: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y'\left( 1 \right) = 0}\\{y''\left( 1 \right) < {\rm{\;}}0}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{3.1}^2} - 2m.1 + 2m - 3 = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {tm} \right)}\\{6x - 2m = 0}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow m > 3\) Chọn B. Câu 39: Phương pháp: Ta có: \(x = {x_0}\) là điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right) \Leftrightarrow \) tại điểm \(x = {x_0}\) thì hàm số có y' đổi dấu từ dương sang âm hoặc ngược lại. Cách giải: Dựa vào bảng xét dấu của hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta thấy \(f'\left( x \right)\) đổi dấu qua \(x = {\rm{\;}} - 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = 2\) và \(x = 4\) \( \Rightarrow 4\) điểm này là \(4\) điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right).\) Vậy hàm số \(y = f\left( x \right)\) có \(4\) điểm cực trị. Chọn A. Câu 40: Phương pháp: - Vẽ đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\). + Vẽ đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\). + Xóa đi phần đồ thị hàm số nằm ở bên trái trục tung. + Lấy đối xứng phần đồ thị hàm số nằm ở bên phải trục tung qua trục tung. - Biện luận nghiệm để tìm tham số m: Số nghiệm của phương trình \(f\left( {\left| x \right|} \right) = 3m + 1\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) và đường thẳng \(y = 3m + 1\) song song với trục hoành. Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta suy ra được đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) như sau:
Số nghiệm của phương trình \(f\left( {\left| x \right|} \right) = 3m + 1\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) và đường thẳng \(y = 3m + 1\) song song với trục hoành. Do đó để phương trình \(f\left( {\left| x \right|} \right) = 3m + 1\) có 4 nghiệm phân biệt thì \( - 2 < 3m + 1 < 0 \Leftrightarrow {\rm{\;}} - 1 < m < {\rm{\;}} - \dfrac{1}{3}\). Chọn C. Câu 41: Phương pháp: Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy \(S\) và chiều cao \(h\) là: \(V = \dfrac{1}{3}Sh.\) Cách giải:
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SA = a}\\{SB = a\sqrt 3 }\\{AB = 2a}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S{A^2} = {a^2}}\\{S{B^2} = 3{a^2}}\\{A{B^2} = 4{a^2}}\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow S{A^2} + S{B^2} = A{B^2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( { = 4{a^2}} \right).\) \( \Rightarrow \Delta SAB\) là tam giác vuông tại S. Kẻ \(SH \bot AB = \left\{ H \right\}.\) Khi đó áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta SAB\) vuông tại \(S\) ta có: \(\begin{array}{*{20}{l}}{SH = \dfrac{{SA.SB}}{{AB}} = \dfrac{{a.a\sqrt 3 }}{{2a}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.}\\{ \Rightarrow {V_{SACD}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ACD}} = \dfrac{1}{3}SH.\dfrac{1}{2}AD.DC}\\{ = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{1}{2}.4{a^2} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}.}\end{array}\) Chọn A. Câu 42: Phương pháp: Nhận xét rằng: Với hàm đã cho thì để tiếp tuyến của đồ thị hàm số đó song song với trục Ox thì tiếp điểm là điểm cực trị của đồ thị hàm số. Từ đó suy ra điều kiện để có đúng một tiếp tuyến song song với trục Ox. Chú ý rằng ta tìm cực trị bằng định lý: + Nếu \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y'\left( {{x_0}} \right) = 0}\\{y''\left( {{x_0}} \right) < 0}\end{array}} \right. \Rightarrow {x_0}\) là điểm cực đại của hàm số + Nếu \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y'\left( {{x_0}} \right) = 0}\\{y''\left( {{x_0}} \right) > 0}\end{array}} \right. \Rightarrow {x_0}\) là điểm cực tiểu của hàm số Cách giải: Ta có \(y' = 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\\{x = {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right.\) Lại có \(y'' = 12{x^2} - 4 \Rightarrow y''\left( 0 \right) = {\rm{\;}} - 4 < 0;{\mkern 1mu} y''\left( 1 \right) = y''\left( { - 1} \right) = 8 > 0\) nên \(x = 0\) là điểm cực đại của hàm số và \(x = 1;x = {\rm{\;}} - 1\) là các điểm cực tiểu của hàm số. Nhận thấy rằng đây là hàm trùng phương nên hai điểm cực tiểu sẽ đối xứng nhau qua Oy. Từ đó để tiếp tuyến của đồ thị song song với trục Ox thì tiếp điểm là điểm cực trị của đồ thị hàm số. Do đó để có đúng 1 tiếp tuyến song song với trục Ox thì điểm cực đại hoặc cực tiểu phải nằm trên trục Ox. Hay \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y\left( 0 \right) = 0}\\{y\left( { \pm 1} \right) = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 2 = 0}\\{m - 3 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2}\\{m = 3}\end{array}} \right.\) Vậy \(S = \left\{ {2;3} \right\} \Rightarrow \) tổng các phần tử của \(S\) là \(2 + 3 = 5.\) Chọn C. Câu 43: Phương pháp: - Sử dụng công thức \({\sin ^2}x = 1 - {\cos ^2}x\), đưa hàm số về một ẩn \(\cos x\). - Đặt \(t = \cos x\), tìm khoảng giá trị của \(t\). Đưa bài toán về ẩn \(t\). - Cô lập \(m\), đưa bất phương trình về dạng \(m \ge f\left( t \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall t \in \left[ {a;b} \right]\), khi đó: \(m \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( t \right)\). - Lập BBT của hàm số \(y = f\left( t \right)\) trên đoạn đang xét và kết luận. Cách giải: Xét hàm số\(y = {\cos ^3}x - 3{\sin ^2}x - m\cos x - 1\) trên \(\left[ {0;\dfrac{\pi }{2}} \right]\). Ta có: \(\begin{array}{*{20}{l}}{y = {{\cos }^3}x - 3{{\sin }^2}x - m\cos x - 1}\\{y = {{\cos }^3}x - 3\left( {1 - {{\cos }^2}x} \right) - m\cos x - 1}\\{y = {{\cos }^3}x + 3{{\cos }^2}x - m\cos x - 4}\end{array}\) Đặt \(t = \cos x\), với \(x \in \left[ {0;\dfrac{\pi }{2}} \right]\) thì hàm số \(t\left( x \right) = \cos x\) nghịch biến trên \(\left[ {0;\dfrac{\pi }{2}} \right]\) và \(t \in \left[ {0;1} \right]\). Khi đó bài toán trở thành tìm\(m\) để hàm số \(y = {t^3} + 3{t^2} - mt - 4\) nghịch biến trên \(\left[ {0;1} \right]\). \(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow y' = 3{t^2} + 6t - m \le 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall t \in \left[ {0;1} \right]}\\{ \Leftrightarrow m \ge 3{t^2} + 6t{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall t \in \left[ {0;1} \right]{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)}\end{array}\) Xét hàm số \(f\left( t \right) = 3{t^2} + 6t\) trên \(\left[ {0;1} \right]\) ta có: \(f'\left( t \right) = 6t + 6 = 0 \Leftrightarrow t = {\rm{\;}} - 1.\) Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta có bất đẳng thức (1) xảy ra \( \Leftrightarrow m \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( t \right) \Leftrightarrow m \ge 9.\). Chọn C. Câu 44: Phương pháp: Gọi \(x\)là chiều rộng của đáy. Theo giả thiết ta thiếp lập được một hàm cho diện tích mặt xung quanh và mặt đáy là \(S\left( x \right)\) với biến \(x\). Dùng bất đẳng thức Cô-si để tìm giá trị nhỏ nhất của \(S\left( x \right)\). Lấy giá trị nhỏ nhất này nhân với số tiền thuê để ra chi phí. Cách giải: Gọi \(h\) là chiều cao của bể chứa. Đáy hồ có chiều rộng là x và chiều dài là 2x. Theo giả thiết ta có \(V = \dfrac{{500}}{3} = h.x.\left( {2x} \right) = 2{x^2}h \Rightarrow h = \dfrac{{250}}{{3{x^2}}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right).\) Do bể chứa không nắp nên chi phí thuê nhân công chính là chi phí thuê nhân công để xây dựng mặt đáy với các mặt xung quanh. Diện tích mặt đáy là \(x.\left( {2x} \right) = 2{x^2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{m^2}} \right).\) Có \(4\) mặt xung quanh với tổng diện tích là \(h.x + h.\left( {2x} \right) + h.x + h\left( {2x} \right) = 6xh.\) Do đó tổng diện tích mặt xung quanh với mặt đáy là \(S\left( x \right) = 2{x^2} + 6xh{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right).\) Để chi phí thuê nhân công là thấp nhất thì ta cần tìm cực trị của hàm \(S\left( x \right).\) Thay \(\left( 1 \right)\) vào \(\left( 2 \right)\) ta nhận được \(S\left( x \right) = 2{x^2} + 6x.\dfrac{{250}}{{3{x^2}}} = 2{x^2} + \dfrac{{500}}{x}.\) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số \(\left( {2{x^2};\dfrac{{250}}{x};\dfrac{{250}}{x}} \right)\) ta nhận được \(S\left( x \right) = 2{x^2} + \dfrac{{250}}{x} + \dfrac{{250}}{x} \ge 3\sqrt[3]{{2{x^2}.\dfrac{{250}}{x}.\dfrac{{250}}{x}}} = 3\sqrt[3]{{2.250.250}} = 150.\) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(2{x^2} = \dfrac{{250}}{x} \Leftrightarrow x = 5.\) Khi đó chi phí thuê nhân công là \(150 \times 100.000 = 15.000.000\) (đồng). Chọn A. Câu 45: Phương pháp: Dùng công thức tính diện tích hình thang và tam giác. Dung hệ thức lượng trong tam giác. Áp dụng công thức để tính thể tích. Cách giải:
+) Kẻ \(CK \bot AD \Rightarrow CK = KD = 2a\) Mà \(\Delta CKD\) vuông tại C nên \(CD = 2\sqrt 2 a.\) Kẻ \(AH \bot CD\) mà \(SA \bot CD\left( {doSA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\) \( \Rightarrow SH \bot CD\) Nên góc giữa \(\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)\) là \(\angle SHA \Rightarrow \angle SHA = {60^^\circ }.\) Mặt khác ta có: \(\begin{array}{*{20}{l}}{{S_{ABCD}} = {S_{ACD}} + {S_{ABC}}}\\{ \Leftrightarrow \dfrac{{\left( {BC + AD} \right)AB}}{2} = \dfrac{{AH.CD}}{2} + \dfrac{{AB.BC}}{2}}\\{ \Leftrightarrow \left( {a + 3a} \right).2a = AH.2\sqrt 2 a + 2a.a}\\{ \Leftrightarrow AH = \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}a}\end{array}\) +) \(\Delta SAH\) vuông tại A có \(\angle SHA = {60^^\circ }{\rm{\;}} \Rightarrow SA = \tan {60^^\circ }.AH = \dfrac{{3\sqrt 6 }}{2}a\) +) \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{3\sqrt 6 }}{2}a.\dfrac{{\left( {a + 3a} \right).2a}}{2} = 2\sqrt 6 {a^3}.\) Chọn B. Câu 46: Phương pháp: - Tính đạo hàm của hàm số \(g\left( x \right).\) - Lập bảng xét dấu của \(g'\left( x \right)\) và suy ra các khoảng đơn điệu của hàm số. Cách giải: Ta có: \(g'\left( x \right) = 2x{\mkern 1mu} f'\left( {{x^2} - 2} \right)\) Cho \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{x^2} - 2 = - 1}\\{{x^2} - 2 = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = {\rm{\;}} \pm 1}\\{x = {\rm{\;}} \pm 2}\end{array}} \right.\), trong đó \(x = {\rm{\;}} \pm 1\) là nghiệm bội 2. Bảng xét dấu \(g'\left( x \right)\):
Vậy hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( { - 1;0} \right)\) là phát biểu sai. Chọn C. Câu 47: Phương pháp: - Tìm ĐKXĐ của hàm số. - Hàm số \(y = \dfrac{{ax + b}}{{cx + d}}\) đồng biến trên \(\left( {a;b} \right)\) khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y' > 0}\\{ - \dfrac{d}{c} \notin \left( {a;b} \right)}\end{array}} \right.\). Cách giải: ĐKXĐ: \(x \ne m\). Ta có: \(y' = \dfrac{{ - {m^2} + 4}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}}\). Để hàm số đồng biến trên \(\left( { - 1; + \infty } \right)\) thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y' > 0}\\{m \notin \left( { - 1; + \infty } \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - {m^2} + 4 > 0}\\{m \le {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2 < m < 2}\\{m \le {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow - 2 < m \le {\rm{\;}} - 1\). Vậy \(m \in \left( { - 2; - 1} \right]\). Chọn D. Câu 48: Phương pháp: - Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất luôn đơn điệu trên từng khoảng xác định của chúng. - Xác định GTNN của hàm số trên \(\left[ { - 1;0} \right]\) sau đó tìm \(m\). Cách giải: TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - m} \right\}\). Ta có: \(y' = \dfrac{{ - {m^2} - 2}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}} < 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in D\). Do đó hàm số nghịch biến trên \(\left[ { - 1;0} \right]\) nên \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} y = y\left( 0 \right) = \dfrac{2}{m}\). Theo bài ra ta có: \(\dfrac{2}{m} = {\rm{\;}} - 3 \Leftrightarrow m = - \dfrac{2}{3}\). Vậy \({m_0} \in \left( { - 2;0} \right)\). Chọn C. Câu 49: Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại điểm có hoành độ \({x_0}\) là: \(y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + f\left( {{x_0}} \right)\). Cách giải: \(y = {\rm{\;}} - {x^3} + 4{x^2} + 1 \Rightarrow y' = {\rm{\;}} - 3{x^2} + 8x\). Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ \({x_0}\) là: \(y = \left( { - 3x_0^2 + 8{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) - x_0^3 + 4x_0^2 + 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( d \right)\) \(\begin{array}{*{20}{l}}{M\left( {m;1} \right) \in \left( d \right) \Rightarrow 1 = \left( { - 3x_0^2 + 8{x_0}} \right)\left( {m - {x_0}} \right) - x_0^3 + 4x_0^2 + 1}\\{ \Leftrightarrow - 3mx_0^2 + 8m{x_0} + 3x_0^3 - 8x_0^2 - x_0^3 + 4x_0^2 = 0}\\{ \Leftrightarrow 2x_0^3 - \left( {3m + 4} \right)x_0^2 + 8m{x_0} = 0}\\{ \Leftrightarrow {x_0}\left[ {2x_0^2 - \left( {3m + 4} \right){x_0} + 8m} \right] = 0}\\{ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = 0}\\{2x_0^2 - \left( {3m + 4} \right){x_0} + 8m = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)}\end{array}} \right.}\end{array}\) Để qua \(M\) kẻ được đúng 2 tiếp tuyến đến đồ thị \(\left( C \right)\) thì phương trình (*) hoặc có 2 nghiệm phân biệt trong đó có nghiệm \({x_0} = 0\) hoặc có nghiệm kép \({x_0} \ne 0\). TH1: (*) có 2 nghiệm phân biệt trong đó có nghiệm \({x_0} = 0\). \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {3m + 4} \right)}^2} - 64m > 0}\\{8m = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0}\\{{4^2} > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {luon{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} dung} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m = 0\) TH2: (*) có nghiệm kép \({x_0} \ne 0\). \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {3m + 4} \right)}^2} - 64m = 0}\\{8m \ne 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{9{m^2} - 40m + 16 = 0}\\{m \ne 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 4}\\{m = \dfrac{4}{9}}\end{array}} \right.\). Vậy \(S = \left\{ {0;4;\dfrac{4}{9}} \right\}\). Chọn B. Câu 50: Phương pháp: - Tìm ĐKXĐ của hàm số. - Xét các TH nghiệm của tử là nghiệm của mẫu và không là nghiệm của mẫu. Trong mỗi trường hợp, tìm số đường tiệm cận của đồ thị hàm số. Cách giải: ĐKXĐ: \({x^3} - 3x + 2 \ne 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x + 2} \right) \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne 1}\\{x \ne {\rm{\;}} - 2}\end{array}} \right.\) +) Nếu \(x = 1\) là nghiệm của \(m{x^3} - 2 \Leftrightarrow m{.1^3} - 2 = 0 \Leftrightarrow m = 2\). Với \(m = 2\) hàm số trở thành \(y = \dfrac{{2{x^3} - 2}}{{{x^3} - 3x + 2}} = \dfrac{{2\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {x + 2} \right)}} = \dfrac{{2\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}\). \( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có 2 đường TCĐ là \(x = 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = {\rm{\;}} - 2\). \( \Rightarrow m = 2\) thỏa mãn. +) Nếu \(x = {\rm{\;}} - 2\) là nghiệm của \(m{x^3} - 2 \Leftrightarrow m.{\left( { - 2} \right)^3} - 2 = 0 \Leftrightarrow m = {\rm{\;}} - \dfrac{1}{4}\). Với \(m = {\rm{\;}} - \dfrac{1}{4}\) hàm số trở thành \(y = \dfrac{{ - \dfrac{1}{4}{x^3} - 2}}{{{x^3} - 3x + 2}} = {\rm{\;}} - \dfrac{1}{4}.\dfrac{{{x^3} + 8}}{{{x^3} - 3x + 2}}\)\( = {\rm{\;}} - \dfrac{1}{4}.\dfrac{{\left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 2x + 4} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {x + 2} \right)}} = - \dfrac{1}{4}.\dfrac{{{x^2} - 2x + 4}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\). \( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có 1 đường TCĐ \(x = 1\). \( \Rightarrow \) \(m = {\rm{\;}} - \dfrac{1}{4}\) không thỏa mãn. +) Nếu \(x = 1\) và \(x = {\rm{\;}} - 2\) không là nghiệm của \(m{x^3} - 2 \Leftrightarrow m \ne \left\{ {2; - \dfrac{1}{4}} \right\}\). Khi đó đồ thị hàm số luôn có 2 TCĐ là \(x = 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = {\rm{\;}} - 2\). Vậy để đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{m{x^3} - 2}}{{{x^3} - 3x + 2}}\) có đúng hai đường tiệm cận đứng thì \(m \ne {\rm{\;}} - \dfrac{1}{4}\). Chọn B. HocTot.Nam.Name.Vn  Chia sẻ Bình luận
Group Ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí
|
