Trắc nghiệm Đại số Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 1 - Chủ đề 2: Cực trị - Dạng 13: Điều kiện hình học về 2 điểm cực trị (hàm bậc ba) - Mức độ 3 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

Nội dung text: Trắc nghiệm Đại số Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 1 - Chủ đề 2: Cực trị - Dạng 13: Điều kiện hình học về 2 điểm cực trị (hàm bậc ba) - Mức độ 3 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 16. [2D1-2.13-3] (THPT Kinh Môn 2 - Hải Dương - 2018 - BTN) Cho y m 3 x3 2 m2 m 1 x2 m 4 x 1. Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Oy . S có bao nhiêu phần tử? A. 4 . B. 5 . C. 6 . D. 7 . Lời giải Chọn C Ta có y 3 m 3 x2 4 m2 m 1 x m 4 y 0 3 m 3 x2 4 m2 m 1 x m 4 0 . Để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Oy thì phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt trái dấu. 3 m 3 0 Suy ra 4 m 3 . 3 m 3 . m 4 0 Mà m ¢ nên m 3; 2; 1;0;1;2 . Vậy S có 6 phần tử. Câu 33: [2D1-2.13-3](THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai-2018) Tìm m để đồ thị hàm số y x4 2 m 1 x2 m có ba điểm cực trị A , B , C sao cho OA BC , trong đó O là gốc tọa độ, A là điểm cực đại, B và C là hai điểm cực tiểu của đồ thị hàm số. A. m 2 2 2 B. m 2 2 C. m 2 2 3 D. m 2 2 2 Lời giải Chọn A 3 2 Ta có y 4x 4 m 1 x ; Giải phương trình y 0 x x m 1 0 . Để hàm số có ba cực trị thì phương trình y 0 có 3 nghiệm phân biệt m 1. Theo đề bài ta có A là điểm cực đại, B và C là hai điểm cực tiểu nên A 0;m , B m 1; m2 m 1 , C m 1; m2 m 1 . Mặt khác OA BC m 2 m 1 m2 4m 4 0 m 2 2 2 t / m . Câu 40: [2D1-2.13-3] (THPT Chuyên Thái Nguyên - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y x3 x2 mx 1 nằm bên phải trục tung. Tìm số phần tử của tập hợp 5;6  S . A. 2 .B. 5 .C. 3 .D. 4 . Lời giải Chọn D Tập xác định: D R ; y 3x2 2x m . 1 Hàm bậc ba có cực trị khi y 0 có 2 nghiệm phân biệt 1 3m 0 m 1 . 3 x 1 1 3m Khi đó y 0 x 1 1 3m Bảng biến thiên:
2. Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số nằm về phía bên phải trục tung khi 1 1 3m 0 1 3m 1 m 0 . Kết hợp với 1 ta có m 0 thì điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho nằm bên phải trục tung. Khi đó S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên âm. Vậy 5;6  S 4; 3; 2; 1 5;6  S có 4 phần tử. Câu 49: [2D1-2.13-3] (THPT Thăng Long - Hà Nội - Lần 2 - Năm 2018) Cho hàm số y x3 3mx m2 ( m là tham số). Có bao nhiêu số nguyên m bé hơn 10 thỏa mãn đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị A, B sao cho AB 2 5 . A. 18.B. 9 .C. 5 .D. 10. Lời giải Chọn B Ta có: y 3x2 3m . Để hàm số có hai điểm cực trị thì m 0. x m y m2 2m m Khi đó, y 0 x2 m 1 1 . 2 x2 m y2 m 2m m Ta được: A m;m2 2m m , B m;m2 2m m . AB 2 5 AB2 20 4m 16m3 20 4m3 m 5 0 m 1 4m2 4m 5 0 m 1. Do m nguyên và bé hơn 10 nên m 1;2;3;4;5;6;7;8;9 Câu 1130: [2D1-2.13-3] [THPT Thuận Thành 2] Cho hàm số y 2x3 3x2 5 có hai điểm cực trị A, B . Điểm M a;b thuộc đường thẳng d : x 3y 7 sao cho       T MO.MA MA.MB MB.MO đạt giá trị nhỏ nhất (với O là gốc tọa độ). Khi đó, a b nhận giá trị thuộc. A. 1; 5 .B. 5; 3 .C. 2; 1 .D. 3; 2 . Lời giải Chọn B Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A 0; 5 , B 1; 4 . Gọi G là trọng tâm tam giác ABO 1 G ;3 . 3       Ta có:T MO.MA MA.MB MB.MO             MG GO MG GA MG GA MG GB MG GB MG GO
3.           3MG2 2MG GO GA GB GO.GA GA.GB GB.GO       3MG2 GO.GA GA.GB GB.GO .       Mà GO.GA GA.GB GB.GO là hằng số, do đó T min khi MG min khi M là hình chiếu vuông góc của G trên d . 13 19 Vậy M ; . 10 10 Câu 1134: [2D1-2.13-3] [Sở GDĐT Lâm Đồng lần 06] Cho hàm số y x3 3mx2 4m3 .Với giá trị nào của m để hàm số có 2 điểm cực trị A , B sao cho AB 20 . A. m 1;m 2.B. m 1. C. m 1.D. m 2 . Lời giải Chọn C Ta có y' 3x2 6mx .Điều kiện để hàm số có hai cực trị là m 0 . 3 ' x1 0 y1 4m 3 y 0 A 0;4m , B 2m;0 . x2 2m y2 0 Mà AB 20 4m6 m2 5 0 m 1. Câu 1135: [2D1-2.13-3] [Sở GDĐT Lâm Đồng lần 05] Cho hàm số y x3 3mx2 3m 1 ( m là tham số). Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng d : x 8y 74 0 . A. m 2 .B. m 2 . C. m 1.D. m 1. Lời giải Chọn A y 3x2 6mx ; y 0 x 0  x 2m . Hàm số có CĐ, CT khi và chỉ khi PT y 0 có 2 nghiệm phân biệt m 0 .  Khi đó 2 điểm cực trị là: A 0; 3m 1 ; B 2m;4m3 3m 1 AB 2m;4m3 . Trung điểm I của AB có toạ độ: I m;2m3 3m 1 . Đường thẳng d : x 8y 74 0 có một VTCP u 8; 1 . 3 I d m 8 2m 3m 1 74 0 và B đối xứng với nhau qua d AB  d  AB.u 0 m 2 . Câu 1140: [2D1-2.13-3] [THPT Chuyên KHTN] Cho hàm số y x3 3x2 mx m , điểm A 1;3 và hai điểm cực đại, cực tiểu thẳng hàng ứng với giá trị của tham số m bằng: 1 5 A. m .B. m 3 .C. m 2 .D. m . 2 2 Lời giải Chọn D Ta có y 3x2 6x m . Hàm số có hai cực trị 9 3m 0 m 3 . 1 2 2m 4m 1 2m 4m Lại có y x 1 3x 6x m 2 x x 1 y 2 x . 3 3 3 3 3 3
4. Suy ra phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là 2m 4m d : y 2 x . 3 3 2m 4m 5 Để A 1;3 d thì 3 2 .1 m (thỏa mãn điều kiện). 3 3 2 Câu 1142: [2D1-2.13-3] [TT Hiếu Học Minh Châu] Cho hàm số y x3 3mx2 3 m2 1 x m3 m , ( m là tham số). Gọi A, B là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số và I 2; 2 . Tổng tất cả các số m để ba điểm I, A, B tạo thành tam giác nội tiếp đường tròn có bán kính bằng 5 là: 4 2 20 14 A. B. C. D. . 17 . 17 . 17 . 17 Lời giải Chọn C 2 2 x m 1 Ta có y 3x 6mx 3m 3 . Suy ra y 0 . x m 1 Suy ra ta có hai điểm cực trị A m 1; 4m 2 , B m 1; 4m 2 . Khi đó IA 17m2 38m 25 và IB 17m2 2m 1 và AB 2 5 .     2 1 2 2 1 2 2 Tính. SABI AB .AI AB.AI 20. 17m 38m 25 22 18m 2 m 1 . 2 2 Ba điểm I, A, B tạo thành tam giác nội tiếp đường tròn có bán kính bằng 5 khi chỉ khi. 4.R.S IA.IB.AB 4. 5.2 m 1 17m2 38m 25. 17m2 2m 1.2 5 . 289m4 680m3 502m2 120m 9 0 m 1 289m3 391m2 111m 9 0. m 1 20 3 . Vậy tổng cần tìm . m 17 17 Câu 1143: [2D1-2.13-3] [208-BTN] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để điểm M 2m3;m tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số y 2x3 3 2m 1 x2 6m m 1 x 1 C một tam giác có diện tích nhỏ nhất. A. m 1.B. m 2 .C. m 1. D. m 0 . Lời giải Chọn D Ta có: y 6x2 6 2m 1 x 6m m 1 . x m y 0 m ¡ , hàm số luôn có CĐ, CT. x m 1 Tọa độ các điểm CĐ, CT của đồ thị là A m;2m3 3m2 1 ; B m 1;2m3 3m2 . Suy ra AB 2 và phương trình đường thẳng AB : x y 2m3 3m2 m 1 0 . Do đó, tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ M tới AB nhỏ nhất. 2 3m 1 1 d M , AB . Dấu “ ” xảy ra khi m 0 . 2 2
5. Câu 1144: [2D1-2.13-3] [2D1-2.13-3] [THPT Nguyễn Khuyến –NĐ] Tìm tất cả các giá trị tham số m để đồ thị hàm số y x3 3mx2 2 có hai điểm cực trị A , B sao cho diện tích OAB bằng 4 , O là gốc tọa độ. A. m 2 .B. m 1.C. m 2 .D. m 1;2 . Lời giải Chọn A . y x3 3mx2 2. Tập xác định: D ¡ . 2 x 0 y 3x 6mx ; y 0 . x 2m Đồ thị hàm số có hai điểm cự trị khi và chỉ khi m 0 . Khi đó hai điểm cực trị là A 0;2 , B 2m; 4m3 2 . 1 1 S .OA.BH .2. x 4 2m 4 m 2 . OAB 2 2 B Câu 1146: [2D1-2.13-3] [Sở Hải Dương] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số 1 y x3 2m 1 x2 m2 m 7 x m 5 có hai điểm cực trị là độ dài hai cạnh góc vuông 3 của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 74 . m 3 m 3 A. m 3 .B. .C. m 2 .D. . m 2 m 2 Lời giải Chọn A Có y x2 2 2m 1 x m2 m 7 . Để hàm số có 2 cực trị y 0 có 2 nghiệm phân biệt. 2 2 m 2 0 2m 1 m m 7 0 . m 1 Gọi x1; x2 là hoành độ 2 cực trị của hàm số. Điều kiện x1 0 , x2 0 . S x1 x2 2 2m 1 Theo Viet, ta có: . 2 P x1.x2 m m 7 Để hai điểm cực trị là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 2 2 2 74 x1 x2 74 x1 x2 2x1x2 74 .
6. 2 2 2 m 3 4 2m 1 2 m m 7 74 14m 14m 84 0 . m 2 1 Do x 0 và x 0 nên x x 0 2 2m 1 0 m . 1 2 1 2 2 Kết hợp điều kiện ta có m 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 43. [2D1-2.13-3](CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA LẦN 3-2018) Gọi S là tập các giá trị dương của tham số 3 2 m sao cho hàm số y x 3m.x 9x m đạt cực trị tại x1, x2 thỏa mãn x1 x2 2 . Biết S a;b . Tính T b a . A. T 2 3 . B. T 1 3 . C. T 2 3 . D. T 3 3 . Lời giải Chọn C Ta có y 3x2 6m.x 9 m 3 Hàm số có hai cực trị khi và chỉ khi ' 0 9m2 27 0 (1) m 3 Ta có: x x 2 x x 2 4 x x 2 4x x 4 4m2 12 4 m2 16 1 2 1 2 1 2 1 2 2 m 2 (2) Từ (1), (2) mà m 0 theo giả thiết ta được S 3;2 vậy T b a 2 3. Câu 48: [2D1-2.13-3] (THPT Ngô Sĩ Liên - Bắc Giang - HKII -2016 - 2017 - BTN) Hàm số 3 2 2 2 y x 3x mx 1 có hai điểm cực trị x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 3. Giá trị của tham số m là 3 3 A. 3 . B. . C. . D. 3. 2 2 Lời giải Chọn C Tập xác định D ¡ . 2 Ta có y 3x 6x m . Để hàm số có hai điểm cực trị x1 , x2 thì phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt 9 3m 0 m 3 x x 2 1 2 Hệ thức Viét : m . x .x 1 2 3 2 2m 3 Ta có x2 x2 3 x x 2x x 3 4 3 m . 1 2 1 2 1 2 3 2 Câu 50. [2D1-2.13-3] [VD-BTN-2017] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y 2x3 3 m 1 x2 6mx có hai điểm cực trị A, B sao cho đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng: y x 2 . m 3 m 2 m 0 m 0 A. . B. . C. . D. . m 2 m 3 m 2 m 3 Lời giải Chọn C [Phương pháp tự luận] Ta có : y 6x2 6 m 1 x 6m
7. x 1 y ' 0 x m Điều kiện để hàm số có 2 điểm cực trị là : m 1 Ta có : A 1;3m 1 B m; m3 3m2 Hệ số góc đt AB là : k m 1 2 m 0 Đt AB vuông góc với đường thẳng y x 2 khi và chỉ khi k 1 m 2 [Phương pháp trắc nghiệm] Bước 1 : Bấm Mode 2 (CMPLX) 2 y '.y '' 6x 6 y 1 x 6y 12x 6 y 1 Bước 2 : y 2x3 3 y 1 x2 6yx 18a 36 Bước 3 : Cacl x i , y 1000 Kết quả : 1001000 9980001.i . Hay : y 1001000 9980001.x Vậy phương trình đt qua 2 điểm cực trị AB là : y m2 m m 1 2 x 2 m 0 Có đt AB vuông góc với đường thẳng y x 2 khi và chỉ khi m 1 1 Câu 7:[2D1- m 2 2.13-3](Đề thi lần 6- Đoàn Trí Dũng - 2017 - 2018)Xác định các giá trị của tham số thực m 1 để đồ thị hàm số y x3 x2 mx m có các điểm cực đại và cực tiểu A và B sao cho tam 3 2 giác ABC vuông tại C trong đó tọa độ điểm C ;0 . 3 1 1 1 1 A. m . B. m . C. m . D. m . 3 2 6 4 Lời giải Chọn B Ta có y x2 2x m . y 0 x2 2x m 0 1 . Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A, B khi phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt 0 1 m 0 m 1 . xA xB 2 Khi đó ta có . xA.xB m x 1 2 2m Ta có y y m 1 x . 3 3 3 3
8. 2 2m 2 2m y m 1 x ; y m 1 x . A 3 A 3 B 3 B 3 4 4 2 y .y m 1 x m m 1 x m m 1 x x m m 1 x x m2 . A B 9 A B 9 A B A B 4 2 4 m 1 m 2m m 1 m2 m3 3m2 3m . 9 9 uur 2 uur 2 Ta có CA xA ; yA ;CB xB ; yB . 3 3 uur uur 2 2 ABC vuông tại C khi chỉ khi CA.CB 0 xA x B yA yB 0 . 3 3 2 4 4 4 4 3 2 xA xB xA xB yA yB 0 m m 3m 3m 0 . 3 9 3 9 9 4m3 12m2 21m 8 0 2m 1 2m2 5m 8 0 . 2m 1 0 1 1 2 m (nhận). Vậy m . 2m 5m 8 0 vn 2 2 Câu 6: [2D1-2.13-3] (Toán học tuổi trẻ tháng 1- 2018 - BTN) Cho hàm 2018 y x3 3x2 4 . Biết m m rằng có hai giá trị 1 , 2 của tham 2018 m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị 2 2 hàm 2018 tiếp xúc với đường tròn C : x m y m 1 5 . Tính tổng m1 m2 . A. m1 m2 0. B. m1 m2 10 . C. m1 m2 6. D. m1 m2 6 . Lời giải Chọn D 2 x 1 Ta có y 3x 6x và y y 2x 4 , suy ra phương trình đường thẳng đi qua hai 3 3 điểm cực trị của đồ thị hàm 2018 là y 2x 4 2x y 4 0 , . 2 2 Đường tròn C : x m y m 1 5 có tâm I m;m 1 và bán kính R 5 . Đường thẳng tiếp xúc với đường tròn C khi và chỉ khi 2m m 1 4 m 2 d I, R 5 m 3 5 . Vậy m1 m2 6 . 5 m 8 Câu 45: [2D1-2.13-3] (SỞ GD-ĐT PHÚ THỌ-Lần 2-2018-BTN) Cho hàm số 1 y mx3 m 1 x2 3 m 2 x 2018 với m là tham số. Tổng bình phương tất cả các giá 3 trị của m để hàm số có hai điểm cực trị x1; x2 thỏa mãn x1 2x2 1 bằng 8 40 25 22 A. . B. . C. . D. . 3 9 4 9 Lời giải Chọn B y mx2 2 m 1 x 3 m 2 2 Để hàm số đã cho có hai điểm cực trị x1; x2 thì phương trình mx 2 m 1 x 3 m 2 0
9. m 0 m 0 x ; x 1 có hai nghiệm 1 2 phân biệt 2 3 11 3 11 2m 6m 1 0 m 2 2 2 m 1 Ta có: x x 1 2 m m 2 2 m 2 m 4 6m Theo đề ra x 2x 1 nên x thay vào 1 ta được 0 2 . 1 2 2 m m m 3 Câu 44. [2D1-2.13-3] (THPT QUẢNG XƯƠNG I) Đồ thị hàm số y x3 3x 2 có 2 điểm cực trị A, B . Diện tích tam giác OAB với O(0;0) là gốc tọa độ bằng 1 A. 2. B. . C. 1. D. 3. 2 Lời giải Chọn A Ta có: 3 2 2 x 1 y' x 3x 2 ' 3x 3 y' 0 3x 3 0 A 1;0 , B 1;4 x 1 2 1 AB 2 5, AB : 2x y 2 0,d(O, AB) S AB.d(O, AB) 2 5 2 Câu 26: [2D1-2.13-3] (THPT Tứ Kỳ - Hải Dương - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Gọi S là tập hợp tất 1 cả các giá trị thực của m để đồ thị của hàm số y x3 mx2 m2 1 x có hai điểm cực trị là 3 A và B sao cho A , B nằm khác phía và cách đều đường thẳng d :y 5x 9 . Tính tổng các phần tử của S . A. 6 .B. 0 .C. 6 .D. 3 . Lời giải Chọn B Ta có y x2 2mx m2 1. m2 m2 1 1 y 0 có hai nghiệm phân biệt nên đồ thị của hàm số có hai điểm cực trị A và B . 2 2 1 m 2 m m 1 2 m m 1 Ta có y x y x suy ra đường thẳng AB : y x 3 3 3 3 3 3 A , B nằm khác phía và cách đều d :y 5x 9 Trung điểm I của đoạn AB thuộc d . 3 3 m m m m 3 Ta có I m, d 5m 9 m 14m 27 0 1 . Gọi m1 , m2 , m3 là ba 3 3 nghiệm của 1 .
10. Áp dụng định lý Viet cho phương trình bậc ba ta có S m1 m2 m3 0 hoặc dùng MTCT giải tính tổng ba nghiệm ta được S 0 . Câu 54: [2D1-2.13-3] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y mx3 3mx2 3m 3 có hai điểm cực trị A, B sao cho 2AB2 (OA2 OB2 ) 20 ( Trong đó O là gốc tọa độ). A. m 1. B. m 1. 17 17 C. m 1hoặc m . D. m 1hoặc m . 11 11 Lời giải Chọn D Ta có: y m(3x2 6x) x 0 y 3m 3 Với mọi m 0 , ta có y 0 . Vậy hàm số luôn có hai điểm cực trị. x 2 y m 3 Giả sử A(0;3m 3); B(2; m 3) . m 1 2 2 2 2 Ta có : 2AB (OA OB ) 20 11m 6m 17 0 17 ( thỏa mãn) m 11 m 1 Vậy giá trị m cần tìm là: 17 . m 11 Câu 38: [2D1-2.13-3] (Sở Phú Thọ - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho hàm số y x3 3mx2 3 m2 1 x m3 m có đồ thị C và điểm I 1;1 . Biết rằng có hai giá trị của tham số m (kí hiệu m1 , m2 với m1 m2 ) sao cho hai điểm cực trị của C cùng với I tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 5 . Tính P m1 5m2 . 5 5 A. P 2 . B. P . C. P . D. P 2 . 3 3 Lời giải Chọn A Ta có: y 3x2 6mx 3 m2 1 . y x m 2x Khi đó do đó đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số C là y 3 3 y y 2x 2 2 2 x1 m 1 y1 2m 2 Lại có: y 0 3x 6mx 3m 3 x m 1 . x2 m 1 y2 2m 2 Gọi A m 1; 2m 2 , B m 1; 2m 2 AB 2 5 do đó AB là đường kính của đường tròn   do đó ·AIB 90 hay AI  BI IA.IB 0 m 2 m 2m 1 2m 3 0 m 1 5m2 2m 3 0 3 . m 5 3 Vậy m 1, m P m 5m 2 . 1 2 5 1 2