Tài liệu ngân hàng Đề thi HK 1 môn Toán lớp 12

ĐỀ THI HỌC KÌ I NĂM HỌC 2017-2018 MÔN TOÁN 12 Thời gian: 90 phút TRƯỜNG THPT KIẾN VĂN Câu 1: Hàm số nào sau đây đồng biến trên khoảng (  ; ) ? x 1 x 1 A. y  . B. y  x3  x . C. y  . x 2 x 3 Câu 2: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau D. y  x3  3x . Mệnh đề nào dưới đây đúng ? A. Hàm số có bốn điểm cực trị. B. Hàm số đạt cực tiểu tại x 2 . C. Hàm số không có cực đại. D. Hàm số đạt cực tiểu tại x  5 . Câu 3: Cho hàm số y  f ( x ) có bảng biến thiên như sau. Tìm giá trị cực đại yCĐ và giá trị cực tiểu yCT của hàm số đã cho. A. yCĐ 3 và yCT  2 B. yCĐ 2 và yCT 0 . C. yCĐ  2 và yCT 2 . D. yCĐ 3 và yCT 0 . Câu 4: Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số y  x 4  x 2  13 trên đoạn   2;3 . 51 49 51 A. m  . B. m  . C. m 13. D. m  . 4 4 2 Câu 5: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  A. y 1 . 2x  1 là 2x  3 1 2 B. y  . Câu 6: Tìm số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  A. 2. C. y  2 . 3 x 2  3x  4 . x 2  16 C. 1. 3 2 D. x  . B. 3. D. 0. mx  m  6 Câu 7: Cho hàm số y  với m là tham số. Goi S là tâ ̣p hơp tất cả các giá trị nguyên xm của m để hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định. Tìm số ph̀n t̉ của S . A. 4 . B. 3 . C. Vô số. D. 6 . Câu 8: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau. Mệnh đề nào dưới đây là sai ? A. Hàm số có ba điểm cực trị. C. Hàm số có giá trị cực đại bằng 0. B. Hàm số có giá trị cực đại bằng 3. D. Hàm số có hai điểm cực tiểu. x2  5x  6 Câu 9: Tìm số tiệm cận của đồ thị hàm số y  . 4  x2 A. 3 . B. 1 . C. 0 . Câu 10: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như sau. D. 2 . Hàm số đó là hàm số nào ? A. y  x 4  2 x 2  1 . B. y  x 3  2 x 2  3 . C. y  x 3  3 x 2  1 . D. y  x3  3 x 2  3 . ax  b Câu 11: Cho hàm số y  với a , b, c, d là các số thực có đồ thị như sau. cx  d Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. y   0, x 1 . B. y   0, x  R C. y   0, x  R . D. y   0, x 1 . Câu 12: Cho hàm số y  x 4  4 x 2 có đồ thị  C  . Mệnh đề nào dưới đây đúng ? A.  C  cắt trục hoành tại hai điểm. B.  C  không cắt trục hoành. C.  C  cắt trục hoành tại bốn điểm. D.  C  cắt trục hoành tại ba điểm. x 3 tại điểm có hoành độ bằng  1 là x2 5 5 5 A. y 5 x  1 . B. y  x  . C. y 5 x  9 . D. y  x  2 . 9 9 9 1 3 2 2 Câu 14: Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số y  x   m  1 x   m  3m  2  x  5 đạt 3 cực đại tại x 0 . A. m 1 . B. m 0 . C. m 2 . D. m  2 . Câu 13: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  Câu 15: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  x 3  3 x 2  3mx  2 nghịch biến trên khoảng   ;0  . A. m  3 . C. m  3 . D. m  1 . Câu 16: Tìm giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y (2m  1) x  3  m vuông góc với đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y x 3  3x 2  1. 3 3 1 1 A. m  . B. m  . C. m  . D. m  . 2 4 2 4 4 2 Câu 17: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình x  2 x  1  m 0 có bốn nghiệm thực phân biệt. A. 1  m  2 . B. m  1 .  m 1 .  m 2 B.  C. 0  m  1 . m 0 .  m 1 D.  mx  2 nghịch biến trên khoảng  1;  . x m 1 A.  1  m 3 . B. -2 0 x1 x1 A.  . B.  .  x  log 2 3  x  log 3 2 có nghiệm là x2 C.  .  x  log 2 3 D. x  2. 3 D.  1  x  . 2 D. Cả B, C đều đúng. D. x    ; 2 . x2 D.  .  x  log 3 2 2 Câu 31: Goi x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình log 3  x  x  5  log 3  2 x  5  . Khi đó x1  x2 bằng: A. 5. B. 3. C.  2 . D. 7. Câu 32: Với giá trị nào của tham số m thì phương trình 4 x  m.2 x 1  2m 0 có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn x1  x2 3 ? A. m 4 . B. m 2 . C. m 1 . D. m 3 . 1 2  1 . Khi đó x1.x2 bằng: Câu 33: Goi x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình 4  log 2 x 2  log 2 x 1 1 1 3 A. . B. . C. . D. . 2 8 4 4 x x Câu 34: Cho bất phương trình: 9   m  1 .3  m  0  1 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình  1 nghiệm đúng x  1 . 3 3 A. m  . B. m   . C. m  3  2 2. 2 2 Câu 35: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m log 2 (5 x  1).log 2 (2.5 x  2) m có nghiệm x 1 ? A. m 6 . B. m  6 . C. m 6 . D. m 3  2 2. để bất phương trình D. m  6 . Câu 36: Cho khối chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, độ dài cạnh AB = BC = a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = 2a. Tính thể tích V của khối chóp S.ABC a3 A. V= . 3 a3 B. V= . 2 C. V=a . 3 a3 D. V= 6 Câu 37: Cho hình lăng trụ ABC.A ' B'C' , có đáy ABC là tam giác đều cạnha. Hình chiếu của đỉnh A ' lên mặt phẳng  ABC  trùng với tâm của ABC, cạnh AA ' 2a. Khi đó thể tích khối lăng trụ là: a 3 11 a3 3 a 3 11 a 3 39 B. C. D. . . . . 4 2 12 8 Câu 38: Thiết diện qua trục của một hình trụ là một hình vuông cạnh a, diện tích toàn ph̀n của hình trụ là: 3a 2 3a 2 2 A. 3a . B. . C. Kết quả khác. D. 5 2 Câu 39: Một hình nón có bán kính đáy là 5a, độ dài đường sinh là 13a thì đường cao h của hình nón là? A. 7a 6 . B. 12a. C. 17a. D. 8a. A. Câu 40: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt bên SAB là tam giác cân nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, ASB 1200 . Tính bán kính mặt c̀u (S) ngoại tiếp hình chóp. a 2a 21 A. . B. C. . D. Kết quả khác. a. 2 2 3 Câu 41: Tứ diện SABC có SA, SB , SC đôi một vuông góc, SA = SB = 2a, SC = 4a, thể tích khối c̀u ngoại tiếp tứ diện SABC là: A. 32a 3 6 . B. 24a 3 6 . C. 16a 3 6 . D. 8a 3 6 Câu 42: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC là tam giác đều cạnh a, hình chiếu của A’ trên (ABC) trùng với tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, góc giữa mặt bên (ABB’A’) và (ABC) bằng 600 . Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là: a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. . B. . C. . D. 8 24 12 4 Câu 43: Cho lăng trụ ABCD.A’B’C’D’. Goi V là thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’, V1 là thể V1 tích khối chóp A’.ABCD thì bằng: V2 A. 3. B. 2. C. 1. D. 4. Câu 44: Cho khối lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là một tam giác vuông tại A. Cho AC = AB = 2a, góc giữa AC’ và mặt phẳng (ABC) bằng 30 0. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ 2a 3 3 a3 3 4a 3 3 a3 3 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Câu 45: Một hình trụ có bán kính đáy bằng a, thiết diện qua trục là một hình vuông. Goi S la diễn S tích xung quanh của hình trụ. Tính tỉ số T= 2π a2 2 2 A. a . B. 2a . C. . D. π 2a 2 2 Câu 46: Một khối lập phương khi tăng độ dài cạnh của khối lập phương thêm 2cm thì thể tích tăng thêm 152 cm3 . Hỏi cạnh khối lập phương đã cho bằng? A. 5 cm. B. 6 cm. C. 4 cm. D. 3 cm. 0 Câu 47: Hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BAD 120 , SA   ABCD  . Khoảng cách từ C đến mp (SAD) bằng: 3a a 3 a 3 A. . B. . C. a 3 . D. . 2 4 2 2 Câu 48: Một người xây nhà xưởng hình hộp chữ nhật có diện tích mặt sàn là 1152 m và chiều   cao cố định. Người đó xây các bức tường xung quanh và bên trong để ngăn nhà xưởng thành ba phòng hình chữ nhật có kích thước như nhau (không kể tr̀n). Vậy c̀n phải xây các phòng theo kích thước nào để tiết kiệm chi phí nhất (bỏ qua độ dày các bức tường). A. 24 x 16. B. 8 x 48. C. 12 x 32. D. 24 x 32. Câu 14: Trong các khối trụ có cùng diện tích toàn ph̀n là 6 thì khối trụ có thể tích lớn nhất là bao nhiêu:  A. 2 . B. . C. 2. D. Kết quả khác. 2 Câu 15: : Một khúc gỗ hình trụ có bán kính R bị cắt bởi một mặt phẳng không song song với đáy ta đươc thiết diện là một hình elip. Khoảng cách từ điểm A đến mặt đáy là 12 cm , khoảng cách từ điểm B đến mặt đáy là 20 cm. Đặt khúc gỗ đó vào trong hình hộp chữ nhật có chiều cao bằng 20 cm chứa đ̀y nước sao cho đường tròn đáy của khúc gỗ tiếp xúc với các cạnh đáy của hình hộp chữ nhật. Sau đó, người ta đo lương nước còn lại trong hình hộp chữ nhật là 2 lít. Tính bán kính của khúc gỗ (giả s̉ khúc gỗ không thấm nước và kết quả làm tròn đến ph̀n hàng chục). A. R = 8,2 cm. C. R = 6,4 cm. B. R = 4,8 cm. D. R = 5,2 cm. Hết. ĐÁP ÁN Câu 1 B Câu 11 A Câu 21 C Câu 31 D Câu 41 D Câu 2 B Câu 12 D Câu 22 A Câu 32 A Câu 42 A Câu 3 D Câu 13 A Câu 23 D Câu 33 B Câu 43 A Câu 4 A Câu 14 C Câu 24 B Câu 34 A Câu 44 C Câu 5 A Câu 15 D Câu 25 C Câu 35 C Câu 45 B Câu 6 C Câu 16 B Câu 26 C Câu 36 A Câu 46 C Câu 7 A Câu 17 A Câu 27 A Câu 37 A Câu 47 B Hướng dẫn chi tiết Kiểm tra hoc kì 1 khối 12 &&& Câu 8 C Câu 18 C Câu 28 D Câu 38 D Câu 48 A Câu 9 D Câu 19 C Câu 29 A Câu 39 B Câu 49 A Câu 10 D Câu 20 A Câu 30 B Câu 40 B Câu 50 A Câu hỏi 1 Phương án đúng B Nhận thức NB NB 3 B D 4 A NB 2 NB 5 A NB 6 C NB 7 A TH 8 9 C D TH TH 10 D TH 11 A TH 12 D TH 13 14 15 A C D TH TÓM TẮT LỜI GIẢI y '  x 3  x ' 3x 2  1  0 , x  ( ; ) Ta có Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x 2 y 3 y 0 Từ BBT ta thấy hàm số có CD và CT   x 0 ( n )  2 3 y ' 4 x  2 x ; y ' 0   x  (n)  2   x  2 (n)  2    2  51 y ( 2) 25; y (3) 85; y (0) 13; y    ; 2   4 TCN: y 1  2  51 y     2   4 Có 1 TCĐ: x  4 m2  m  6 y'   0, x  D ( x  m) 2 Ta có 2 Suy ra m  m  6  0   2  m  3  m  1; 0; 1; 2 Từ BBT ta thấy hàm số có giá trị cực đại bằng 3. Do đó đáp án C sai Đồ thị hàm số có 1 TCN: y  1 và 1 TCĐ: x  2 Đồ thị hàm số bậc 3 có hệ số a  0 và pt y ' 0 có 2 nghiệm pb. Từ đồ thị đã vẽ ta thấy hàm số có y   0, x 1 4 2 Phương trình HĐGĐ x  4 x 0 có 3 nghiệm phân biệt Ta có x0  1; y0  4; y '( x0 ) 5  PTTT : y 5 x  1 y   x 2  2( m  1) x  m2  3m  2 ; y '' 2 x  2( m  1) TH VDT  y '(0) m 2  3m  2 0  m 2  y ''(0)  2(m  1)  0  Ta có 2 y   3x  6 x  3m 0 , x  (  ; 0)  m  x 2  2 x , x  ( ; 0)  m  min f ( x)  x 2  2 x  m  1 (  ;0) 16 17 B A VDT 3 2 PT đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x  3 x  1 là  : y  2 x  1 3 (2m  1).( 2)  1  m  4 Ta có VDT 4 2 PT đã cho  m  x  2 x  1 4 2 y 1 Hàm số y  x  2 x  1 có giá trị cực tiểu CT và giá trị cực đại yCD 2 Do đó 1  m  2 y'   m2  m  2  0, x  (1; ) ; x  m  1 ( x  m  1) 2 Câu hỏi 1 Phương án đúng B Nhận thức NB NB 3 B D 4 A NB 2 NB 5 A NB 6 C NB 7 A TH 8 9 C D TH TH 10 D TH 11 A TH 12 D TH 13 14 15 A C D TH TÓM TẮT LỜI GIẢI y '  x 3  x ' 3x 2  1  0 , x  ( ; ) Ta có Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x 2 y 3 y 0 Từ BBT ta thấy hàm số có CD và CT   x 0 ( n )  2 3 y ' 4 x  2 x ; y ' 0   x  (n)  2   x  2 (n)  2    2  51 y ( 2) 25; y (3) 85; y (0) 13; y    ; 2   4 TCN: y 1  2  51 y     2   4 Có 1 TCĐ: x  4 m2  m  6 y'   0, x  D ( x  m) 2 Ta có 2 Suy ra m  m  6  0   2  m  3  m  1; 0; 1; 2 Từ BBT ta thấy hàm số có giá trị cực đại bằng 3. Do đó đáp án C sai Đồ thị hàm số có 1 TCN: y  1 và 1 TCĐ: x  2 Đồ thị hàm số bậc 3 có hệ số a  0 và pt y ' 0 có 2 nghiệm pb. Từ đồ thị đã vẽ ta thấy hàm số có y   0, x 1 4 2 Phương trình HĐGĐ x  4 x 0 có 3 nghiệm phân biệt Ta có x0  1; y0  4; y '( x0 ) 5  PTTT : y 5 x  1 y   x 2  2( m  1) x  m2  3m  2 ; y '' 2 x  2( m  1) TH VDT  y '(0) m 2  3m  2 0  m 2  y ''(0)  2(m  1)  0  Ta có 2 y   3x  6 x  3m 0 , x  (  ; 0)  m  x 2  2 x , x  ( ; 0)  m  min f ( x)  x 2  2 x  m  1 (  ;0) 16 17 B A VDT 3 2 PT đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x  3 x  1 là  : y  2 x  1 3 (2m  1).( 2)  1  m  4 Ta có VDT 4 2 PT đã cho  m  x  2 x  1 4 2 y 1 Hàm số y  x  2 x  1 có giá trị cực tiểu CT và giá trị cực đại yCD 2 Do đó 1  m  2 y'   m2  m  2  0, x  (1; ) ; x  m  1 ( x  m  1) 2 Câu hỏi 1 Phương án đúng B Nhận thức NB NB 3 B D 4 A NB 2 NB 5 A NB 6 C NB 7 A TH 8 9 C D TH TH 10 D TH 11 A TH 12 D TH 13 14 15 A C D TH TÓM TẮT LỜI GIẢI y '  x 3  x ' 3x 2  1  0 , x  ( ; ) Ta có Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x 2 y 3 y 0 Từ BBT ta thấy hàm số có CD và CT   x 0 ( n )  2 3 y ' 4 x  2 x ; y ' 0   x  (n)  2   x  2 (n)  2    2  51 y ( 2) 25; y (3) 85; y (0) 13; y    ; 2   4 TCN: y 1  2  51 y     2   4 Có 1 TCĐ: x  4 m2  m  6 y'   0, x  D ( x  m) 2 Ta có 2 Suy ra m  m  6  0   2  m  3  m  1; 0; 1; 2 Từ BBT ta thấy hàm số có giá trị cực đại bằng 3. Do đó đáp án C sai Đồ thị hàm số có 1 TCN: y  1 và 1 TCĐ: x  2 Đồ thị hàm số bậc 3 có hệ số a  0 và pt y ' 0 có 2 nghiệm pb. Từ đồ thị đã vẽ ta thấy hàm số có y   0, x 1 4 2 Phương trình HĐGĐ x  4 x 0 có 3 nghiệm phân biệt Ta có x0  1; y0  4; y '( x0 ) 5  PTTT : y 5 x  1 y   x 2  2( m  1) x  m2  3m  2 ; y '' 2 x  2( m  1) TH VDT  y '(0) m 2  3m  2 0  m 2  y ''(0)  2(m  1)  0  Ta có 2 y   3x  6 x  3m 0 , x  (  ; 0)  m  x 2  2 x , x  ( ; 0)  m  min f ( x)  x 2  2 x  m  1 (  ;0) 16 17 B A VDT 3 2 PT đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x  3 x  1 là  : y  2 x  1 3 (2m  1).( 2)  1  m  4 Ta có VDT 4 2 PT đã cho  m  x  2 x  1 4 2 y 1 Hàm số y  x  2 x  1 có giá trị cực tiểu CT và giá trị cực đại yCD 2 Do đó 1  m  2 y'   m2  m  2  0, x  (1; ) ; x  m  1 ( x  m  1) 2 Câu hỏi 1 Phương án đúng B Nhận thức NB NB 3 B D 4 A NB 2 NB 5 A NB 6 C NB 7 A TH 8 9 C D TH TH 10 D TH 11 A TH 12 D TH 13 14 15 A C D TH TÓM TẮT LỜI GIẢI y '  x 3  x ' 3x 2  1  0 , x  ( ; ) Ta có Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x 2 y 3 y 0 Từ BBT ta thấy hàm số có CD và CT   x 0 ( n )  2 3 y ' 4 x  2 x ; y ' 0   x  (n)  2   x  2 (n)  2    2  51 y ( 2) 25; y (3) 85; y (0) 13; y    ; 2   4 TCN: y 1  2  51 y     2   4 Có 1 TCĐ: x  4 m2  m  6 y'   0, x  D ( x  m) 2 Ta có 2 Suy ra m  m  6  0   2  m  3  m  1; 0; 1; 2 Từ BBT ta thấy hàm số có giá trị cực đại bằng 3. Do đó đáp án C sai Đồ thị hàm số có 1 TCN: y  1 và 1 TCĐ: x  2 Đồ thị hàm số bậc 3 có hệ số a  0 và pt y ' 0 có 2 nghiệm pb. Từ đồ thị đã vẽ ta thấy hàm số có y   0, x 1 4 2 Phương trình HĐGĐ x  4 x 0 có 3 nghiệm phân biệt Ta có x0  1; y0  4; y '( x0 ) 5  PTTT : y 5 x  1 y   x 2  2( m  1) x  m2  3m  2 ; y '' 2 x  2( m  1) TH VDT  y '(0) m 2  3m  2 0  m 2  y ''(0)  2(m  1)  0  Ta có 2 y   3x  6 x  3m 0 , x  (  ; 0)  m  x 2  2 x , x  ( ; 0)  m  min f ( x)  x 2  2 x  m  1 (  ;0) 16 17 B A VDT 3 2 PT đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x  3 x  1 là  : y  2 x  1 3 (2m  1).( 2)  1  m  4 Ta có VDT 4 2 PT đã cho  m  x  2 x  1 4 2 y 1 Hàm số y  x  2 x  1 có giá trị cực tiểu CT và giá trị cực đại yCD 2 Do đó 1  m  2 y'   m2  m  2  0, x  (1; ) ; x  m  1 ( x  m  1) 2 Câu hỏi 1 Phương án đúng B Nhận thức NB NB 3 B D 4 A NB 2 NB 5 A NB 6 C NB 7 A TH 8 9 C D TH TH 10 D TH 11 A TH 12 D TH 13 14 15 A C D TH TÓM TẮT LỜI GIẢI y '  x 3  x ' 3x 2  1  0 , x  ( ; ) Ta có Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x 2 y 3 y 0 Từ BBT ta thấy hàm số có CD và CT   x 0 ( n )  2 3 y ' 4 x  2 x ; y ' 0   x  (n)  2   x  2 (n)  2    2  51 y ( 2) 25; y (3) 85; y (0) 13; y    ; 2   4 TCN: y 1  2  51 y     2   4 Có 1 TCĐ: x  4 m2  m  6 y'   0, x  D ( x  m) 2 Ta có 2 Suy ra m  m  6  0   2  m  3  m  1; 0; 1; 2 Từ BBT ta thấy hàm số có giá trị cực đại bằng 3. Do đó đáp án C sai Đồ thị hàm số có 1 TCN: y  1 và 1 TCĐ: x  2 Đồ thị hàm số bậc 3 có hệ số a  0 và pt y ' 0 có 2 nghiệm pb. Từ đồ thị đã vẽ ta thấy hàm số có y   0, x 1 4 2 Phương trình HĐGĐ x  4 x 0 có 3 nghiệm phân biệt Ta có x0  1; y0  4; y '( x0 ) 5  PTTT : y 5 x  1 y   x 2  2( m  1) x  m2  3m  2 ; y '' 2 x  2( m  1) TH VDT  y '(0) m 2  3m  2 0  m 2  y ''(0)  2(m  1)  0  Ta có 2 y   3x  6 x  3m 0 , x  (  ; 0)  m  x 2  2 x , x  ( ; 0)  m  min f ( x)  x 2  2 x  m  1 (  ;0) 16 17 B A VDT 3 2 PT đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x  3 x  1 là  : y  2 x  1 3 (2m  1).( 2)  1  m  4 Ta có VDT 4 2 PT đã cho  m  x  2 x  1 4 2 y 1 Hàm số y  x  2 x  1 có giá trị cực tiểu CT và giá trị cực đại yCD 2 Do đó 1  m  2 y'   m2  m  2  0, x  (1; ) ; x  m  1 ( x  m  1) 2 Câu hỏi 1 Phương án đúng B Nhận thức NB NB 3 B D 4 A NB 2 NB 5 A NB 6 C NB 7 A TH 8 9 C D TH TH 10 D TH 11 A TH 12 D TH 13 14 15 A C D TH TÓM TẮT LỜI GIẢI y '  x 3  x ' 3x 2  1  0 , x  ( ; ) Ta có Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x 2 y 3 y 0 Từ BBT ta thấy hàm số có CD và CT   x 0 ( n )  2 3 y ' 4 x  2 x ; y ' 0   x  (n)  2   x  2 (n)  2    2  51 y ( 2) 25; y (3) 85; y (0) 13; y    ; 2   4 TCN: y 1  2  51 y     2   4 Có 1 TCĐ: x  4 m2  m  6 y'   0, x  D ( x  m) 2 Ta có 2 Suy ra m  m  6  0   2  m  3  m  1; 0; 1; 2 Từ BBT ta thấy hàm số có giá trị cực đại bằng 3. Do đó đáp án C sai Đồ thị hàm số có 1 TCN: y  1 và 1 TCĐ: x  2 Đồ thị hàm số bậc 3 có hệ số a  0 và pt y ' 0 có 2 nghiệm pb. Từ đồ thị đã vẽ ta thấy hàm số có y   0, x 1 4 2 Phương trình HĐGĐ x  4 x 0 có 3 nghiệm phân biệt Ta có x0  1; y0  4; y '( x0 ) 5  PTTT : y 5 x  1 y   x 2  2( m  1) x  m2  3m  2 ; y '' 2 x  2( m  1) TH VDT  y '(0) m 2  3m  2 0  m 2  y ''(0)  2(m  1)  0  Ta có 2 y   3x  6 x  3m 0 , x  (  ; 0)  m  x 2  2 x , x  ( ; 0)  m  min f ( x)  x 2  2 x  m  1 (  ;0) 16 17 B A VDT 3 2 PT đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x  3 x  1 là  : y  2 x  1 3 (2m  1).( 2)  1  m  4 Ta có VDT 4 2 PT đã cho  m  x  2 x  1 4 2 y 1 Hàm số y  x  2 x  1 có giá trị cực tiểu CT và giá trị cực đại yCD 2 Do đó 1  m  2 y'   m2  m  2  0, x  (1; ) ; x  m  1 ( x  m  1) 2 Câu hỏi 1 Phương án đúng B Nhận thức NB NB 3 B D 4 A NB 2 NB 5 A NB 6 C NB 7 A TH 8 9 C D TH TH 10 D TH 11 A TH 12 D TH 13 14 15 A C D TH TÓM TẮT LỜI GIẢI y '  x 3  x ' 3x 2  1  0 , x  ( ; ) Ta có Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x 2 y 3 y 0 Từ BBT ta thấy hàm số có CD và CT   x 0 ( n )  2 3 y ' 4 x  2 x ; y ' 0   x  (n)  2   x  2 (n)  2    2  51 y ( 2) 25; y (3) 85; y (0) 13; y    ; 2   4 TCN: y 1  2  51 y     2   4 Có 1 TCĐ: x  4 m2  m  6 y'   0, x  D ( x  m) 2 Ta có 2 Suy ra m  m  6  0   2  m  3  m  1; 0; 1; 2 Từ BBT ta thấy hàm số có giá trị cực đại bằng 3. Do đó đáp án C sai Đồ thị hàm số có 1 TCN: y  1 và 1 TCĐ: x  2 Đồ thị hàm số bậc 3 có hệ số a  0 và pt y ' 0 có 2 nghiệm pb. Từ đồ thị đã vẽ ta thấy hàm số có y   0, x 1 4 2 Phương trình HĐGĐ x  4 x 0 có 3 nghiệm phân biệt Ta có x0  1; y0  4; y '( x0 ) 5  PTTT : y 5 x  1 y   x 2  2( m  1) x  m2  3m  2 ; y '' 2 x  2( m  1) TH VDT  y '(0) m 2  3m  2 0  m 2  y ''(0)  2(m  1)  0  Ta có 2 y   3x  6 x  3m 0 , x  (  ; 0)  m  x 2  2 x , x  ( ; 0)  m  min f ( x)  x 2  2 x  m  1 (  ;0) 16 17 B A VDT 3 2 PT đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x  3 x  1 là  : y  2 x  1 3 (2m  1).( 2)  1  m  4 Ta có VDT 4 2 PT đã cho  m  x  2 x  1 4 2 y 1 Hàm số y  x  2 x  1 có giá trị cực tiểu CT và giá trị cực đại yCD 2 Do đó 1  m  2 y'   m2  m  2  0, x  (1; ) ; x  m  1 ( x  m  1) 2 Câu hỏi 1 Phương án đúng B Nhận thức NB NB 3 B D 4 A NB 2 NB 5 A NB 6 C NB 7 A TH 8 9 C D TH TH 10 D TH 11 A TH 12 D TH 13 14 15 A C D TH TÓM TẮT LỜI GIẢI y '  x 3  x ' 3x 2  1  0 , x  ( ; ) Ta có Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x 2 y 3 y 0 Từ BBT ta thấy hàm số có CD và CT   x 0 ( n )  2 3 y ' 4 x  2 x ; y ' 0   x  (n)  2   x  2 (n)  2    2  51 y ( 2) 25; y (3) 85; y (0) 13; y    ; 2   4 TCN: y 1  2  51 y     2   4 Có 1 TCĐ: x  4 m2  m  6 y'   0, x  D ( x  m) 2 Ta có 2 Suy ra m  m  6  0   2  m  3  m  1; 0; 1; 2 Từ BBT ta thấy hàm số có giá trị cực đại bằng 3. Do đó đáp án C sai Đồ thị hàm số có 1 TCN: y  1 và 1 TCĐ: x  2 Đồ thị hàm số bậc 3 có hệ số a  0 và pt y ' 0 có 2 nghiệm pb. Từ đồ thị đã vẽ ta thấy hàm số có y   0, x 1 4 2 Phương trình HĐGĐ x  4 x 0 có 3 nghiệm phân biệt Ta có x0  1; y0  4; y '( x0 ) 5  PTTT : y 5 x  1 y   x 2  2( m  1) x  m2  3m  2 ; y '' 2 x  2( m  1) TH VDT  y '(0) m 2  3m  2 0  m 2  y ''(0)  2(m  1)  0  Ta có 2 y   3x  6 x  3m 0 , x  (  ; 0)  m  x 2  2 x , x  ( ; 0)  m  min f ( x)  x 2  2 x  m  1 (  ;0) 16 17 B A VDT 3 2 PT đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x  3 x  1 là  : y  2 x  1 3 (2m  1).( 2)  1  m  4 Ta có VDT 4 2 PT đã cho  m  x  2 x  1 4 2 y 1 Hàm số y  x  2 x  1 có giá trị cực tiểu CT và giá trị cực đại yCD 2 Do đó 1  m  2 y'   m2  m  2  0, x  (1; ) ; x  m  1 ( x  m  1) 2 Câu hỏi 1 Phương án đúng B Nhận thức NB NB 3 B D 4 A NB 2 NB 5 A NB 6 C NB 7 A TH 8 9 C D TH TH 10 D TH 11 A TH 12 D TH 13 14 15 A C D TH TÓM TẮT LỜI GIẢI y '  x 3  x ' 3x 2  1  0 , x  ( ; ) Ta có Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x 2 y 3 y 0 Từ BBT ta thấy hàm số có CD và CT   x 0 ( n )  2 3 y ' 4 x  2 x ; y ' 0   x  (n)  2   x  2 (n)  2    2  51 y ( 2) 25; y (3) 85; y (0) 13; y    ; 2   4 TCN: y 1  2  51 y     2   4 Có 1 TCĐ: x  4 m2  m  6 y'   0, x  D ( x  m) 2 Ta có 2 Suy ra m  m  6  0   2  m  3  m  1; 0; 1; 2 Từ BBT ta thấy hàm số có giá trị cực đại bằng 3. Do đó đáp án C sai Đồ thị hàm số có 1 TCN: y  1 và 1 TCĐ: x  2 Đồ thị hàm số bậc 3 có hệ số a  0 và pt y ' 0 có 2 nghiệm pb. Từ đồ thị đã vẽ ta thấy hàm số có y   0, x 1 4 2 Phương trình HĐGĐ x  4 x 0 có 3 nghiệm phân biệt Ta có x0  1; y0  4; y '( x0 ) 5  PTTT : y 5 x  1 y   x 2  2( m  1) x  m2  3m  2 ; y '' 2 x  2( m  1) TH VDT  y '(0) m 2  3m  2 0  m 2  y ''(0)  2(m  1)  0  Ta có 2 y   3x  6 x  3m 0 , x  (  ; 0)  m  x 2  2 x , x  ( ; 0)  m  min f ( x)  x 2  2 x  m  1 (  ;0) 16 17 B A VDT 3 2 PT đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x  3 x  1 là  : y  2 x  1 3 (2m  1).( 2)  1  m  4 Ta có VDT 4 2 PT đã cho  m  x  2 x  1 4 2 y 1 Hàm số y  x  2 x  1 có giá trị cực tiểu CT và giá trị cực đại yCD 2 Do đó 1  m  2 y'   m2  m  2  0, x  (1; ) ; x  m  1 ( x  m  1) 2 Câu hỏi 1 Phương án đúng B Nhận thức NB NB 3 B D 4 A NB 2 NB 5 A NB 6 C NB 7 A TH 8 9 C D TH TH 10 D TH 11 A TH 12 D TH 13 14 15 A C D TH TÓM TẮT LỜI GIẢI y '  x 3  x ' 3x 2  1  0 , x  ( ; ) Ta có Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x 2 y 3 y 0 Từ BBT ta thấy hàm số có CD và CT   x 0 ( n )  2 3 y ' 4 x  2 x ; y ' 0   x  (n)  2   x  2 (n)  2    2  51 y ( 2) 25; y (3) 85; y (0) 13; y    ; 2   4 TCN: y 1  2  51 y     2   4 Có 1 TCĐ: x  4 m2  m  6 y'   0, x  D ( x  m) 2 Ta có 2 Suy ra m  m  6  0   2  m  3  m  1; 0; 1; 2 Từ BBT ta thấy hàm số có giá trị cực đại bằng 3. Do đó đáp án C sai Đồ thị hàm số có 1 TCN: y  1 và 1 TCĐ: x  2 Đồ thị hàm số bậc 3 có hệ số a  0 và pt y ' 0 có 2 nghiệm pb. Từ đồ thị đã vẽ ta thấy hàm số có y   0, x 1 4 2 Phương trình HĐGĐ x  4 x 0 có 3 nghiệm phân biệt Ta có x0  1; y0  4; y '( x0 ) 5  PTTT : y 5 x  1 y   x 2  2( m  1) x  m2  3m  2 ; y '' 2 x  2( m  1) TH VDT  y '(0) m 2  3m  2 0  m 2  y ''(0)  2(m  1)  0  Ta có 2 y   3x  6 x  3m 0 , x  (  ; 0)  m  x 2  2 x , x  ( ; 0)  m  min f ( x)  x 2  2 x  m  1 (  ;0) 16 17 B A VDT 3 2 PT đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x  3 x  1 là  : y  2 x  1 3 (2m  1).( 2)  1  m  4 Ta có VDT 4 2 PT đã cho  m  x  2 x  1 4 2 y 1 Hàm số y  x  2 x  1 có giá trị cực tiểu CT và giá trị cực đại yCD 2 Do đó 1  m  2 y'   m2  m  2  0, x  (1; ) ; x  m  1 ( x  m  1) 2 Câu hỏi 1 Phương án đúng B Nhận thức NB NB 3 B D 4 A NB 2 NB 5 A NB 6 C NB 7 A TH 8 9 C D TH TH 10 D TH 11 A TH 12 D TH 13 14 15 A C D TH TÓM TẮT LỜI GIẢI y '  x 3  x ' 3x 2  1  0 , x  ( ; ) Ta có Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x 2 y 3 y 0 Từ BBT ta thấy hàm số có CD và CT   x 0 ( n )  2 3 y ' 4 x  2 x ; y ' 0   x  (n)  2   x  2 (n)  2    2  51 y ( 2) 25; y (3) 85; y (0) 13; y    ; 2   4 TCN: y 1  2  51 y     2   4 Có 1 TCĐ: x  4 m2  m  6 y'   0, x  D ( x  m) 2 Ta có 2 Suy ra m  m  6  0   2  m  3  m  1; 0; 1; 2 Từ BBT ta thấy hàm số có giá trị cực đại bằng 3. Do đó đáp án C sai Đồ thị hàm số có 1 TCN: y  1 và 1 TCĐ: x  2 Đồ thị hàm số bậc 3 có hệ số a  0 và pt y ' 0 có 2 nghiệm pb. Từ đồ thị đã vẽ ta thấy hàm số có y   0, x 1 4 2 Phương trình HĐGĐ x  4 x 0 có 3 nghiệm phân biệt Ta có x0  1; y0  4; y '( x0 ) 5  PTTT : y 5 x  1 y   x 2  2( m  1) x  m2  3m  2 ; y '' 2 x  2( m  1) TH VDT  y '(0) m 2  3m  2 0  m 2  y ''(0)  2(m  1)  0  Ta có 2 y   3x  6 x  3m 0 , x  (  ; 0)  m  x 2  2 x , x  ( ; 0)  m  min f ( x)  x 2  2 x  m  1 (  ;0) 16 17 B A VDT 3 2 PT đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x  3 x  1 là  : y  2 x  1 3 (2m  1).( 2)  1  m  4 Ta có VDT 4 2 PT đã cho  m  x  2 x  1 4 2 y 1 Hàm số y  x  2 x  1 có giá trị cực tiểu CT và giá trị cực đại yCD 2 Do đó 1  m  2 y'   m2  m  2  0, x  (1; ) ; x  m  1 ( x  m  1) 2 Câu hỏi 1 Phương án đúng B Nhận thức NB NB 3 B D 4 A NB 2 NB 5 A NB 6 C NB 7 A TH 8 9 C D TH TH 10 D TH 11 A TH 12 D TH 13 14 15 A C D TH TÓM TẮT LỜI GIẢI y '  x 3  x ' 3x 2  1  0 , x  ( ; ) Ta có Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x 2 y 3 y 0 Từ BBT ta thấy hàm số có CD và CT   x 0 ( n )  2 3 y ' 4 x  2 x ; y ' 0   x  (n)  2   x  2 (n)  2    2  51 y ( 2) 25; y (3) 85; y (0) 13; y    ; 2   4 TCN: y 1  2  51 y     2   4 Có 1 TCĐ: x  4 m2  m  6 y'   0, x  D ( x  m) 2 Ta có 2 Suy ra m  m  6  0   2  m  3  m  1; 0; 1; 2 Từ BBT ta thấy hàm số có giá trị cực đại bằng 3. Do đó đáp án C sai Đồ thị hàm số có 1 TCN: y  1 và 1 TCĐ: x  2 Đồ thị hàm số bậc 3 có hệ số a  0 và pt y ' 0 có 2 nghiệm pb. Từ đồ thị đã vẽ ta thấy hàm số có y   0, x 1 4 2 Phương trình HĐGĐ x  4 x 0 có 3 nghiệm phân biệt Ta có x0  1; y0  4; y '( x0 ) 5  PTTT : y 5 x  1 y   x 2  2( m  1) x  m2  3m  2 ; y '' 2 x  2( m  1) TH VDT  y '(0) m 2  3m  2 0  m 2  y ''(0)  2(m  1)  0  Ta có 2 y   3x  6 x  3m 0 , x  (  ; 0)  m  x 2  2 x , x  ( ; 0)  m  min f ( x)  x 2  2 x  m  1 (  ;0) 16 17 B A VDT 3 2 PT đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x  3 x  1 là  : y  2 x  1 3 (2m  1).( 2)  1  m  4 Ta có VDT 4 2 PT đã cho  m  x  2 x  1 4 2 y 1 Hàm số y  x  2 x  1 có giá trị cực tiểu CT và giá trị cực đại yCD 2 Do đó 1  m  2 y'   m2  m  2  0, x  (1; ) ; x  m  1 ( x  m  1) 2 Câu hỏi 1 Phương án đúng B Nhận thức NB NB 3 B D 4 A NB 2 NB 5 A NB 6 C NB 7 A TH 8 9 C D TH TH 10 D TH 11 A TH 12 D TH 13 14 15 A C D TH TÓM TẮT LỜI GIẢI y '  x 3  x ' 3x 2  1  0 , x  ( ; ) Ta có Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x 2 y 3 y 0 Từ BBT ta thấy hàm số có CD và CT   x 0 ( n )  2 3 y ' 4 x  2 x ; y ' 0   x  (n)  2   x  2 (n)  2    2  51 y ( 2) 25; y (3) 85; y (0) 13; y    ; 2   4 TCN: y 1  2  51 y     2   4 Có 1 TCĐ: x  4 m2  m  6 y'   0, x  D ( x  m) 2 Ta có 2 Suy ra m  m  6  0   2  m  3  m  1; 0; 1; 2 Từ BBT ta thấy hàm số có giá trị cực đại bằng 3. Do đó đáp án C sai Đồ thị hàm số có 1 TCN: y  1 và 1 TCĐ: x  2 Đồ thị hàm số bậc 3 có hệ số a  0 và pt y ' 0 có 2 nghiệm pb. Từ đồ thị đã vẽ ta thấy hàm số có y   0, x 1 4 2 Phương trình HĐGĐ x  4 x 0 có 3 nghiệm phân biệt Ta có x0  1; y0  4; y '( x0 ) 5  PTTT : y 5 x  1 y   x 2  2( m  1) x  m2  3m  2 ; y '' 2 x  2( m  1) TH VDT  y '(0) m 2  3m  2 0  m 2  y ''(0)  2(m  1)  0  Ta có 2 y   3x  6 x  3m 0 , x  (  ; 0)  m  x 2  2 x , x  ( ; 0)  m  min f ( x)  x 2  2 x  m  1 (  ;0) 16 17 B A VDT 3 2 PT đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x  3 x  1 là  : y  2 x  1 3 (2m  1).( 2)  1  m  4 Ta có VDT 4 2 PT đã cho  m  x  2 x  1 4 2 y 1 Hàm số y  x  2 x  1 có giá trị cực tiểu CT và giá trị cực đại yCD 2 Do đó 1  m  2 y'   m2  m  2  0, x  (1; ) ; x  m  1 ( x  m  1) 2