Trắc nghiệm Đại số Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 1 - Chủ đề 9: Toán tổng hợp về hàm số - Dạng 1: Các bài toán tổng hợp về hàm số - Mức độ 4 - 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 9: Toán tổng hợp về hàm số - Dạng 1: Các bài toán tổng hợp về hàm số - Mức độ 4 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 48. [2D1-9.1-4] (THPT Kinh Môn 2 - Hải Dương - 2018 - BTN) Gọi T là tiếp tuyến của x 1 đồ thị hàm số y C tại điểm có tung độ dương, đồng thời T cắt hai tiệm cận của C lần lượt x 2 tại A và B sao cho độ dài AB nhỏ nhất. Khi đó T tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng bao nhiêu? A. 0,5. B. 2,5. C. 12,5 . D. 8 . Lời giải Chọn C 1 x0 1 y 2 ; gọi điểm M x0 ; C . x 2 x0 2 1 x 1 Phương trình tiếp tuyến: y x x 0 . 2 0 x 2 x0 2 0 Ta có tiệm cận đứng: d1 : x 2 và tiệm cận ngang: d2 : y 1. A T  d1 nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 1 x0 1 x 2 y 2 x x0 x 2 x0 2 1 x0 1 x0 0 y 2 x 2 0 x 2 x 2 x 2 x0 2 0 0 B T  d2 nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 1 x0 1 y 2 x x0 x 2x 2 x 2 0 x0 2 0 y 1 y 1 2 2 2 2 2 4 AB 2x0 4 ; AB 4 2 x0 2 16 8 . 2 x 2 0 2 x0 x0 1 AB min bằng 8 . Vì y0 0 x0 3 . x0 3 Suy ra A 2; 3 , B 4; 1 nên ta có phương trình AB : y x 3 2 y x 5 . M AB Ox nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: y x 5 x 5 M 5; 0 . y 0 y 0 N AB Oy nên tọa độ điểm N là nghiệm của hệ: y x 5 x 0 N 0; 5 . x 0 y 5 1 Vậy S .5.5 12,5 . OMN 2 Câu 33: [2D1-9.1-4] (THPT Kiến An - HP - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Gọi C là đồ thị của hàm số y x2 2x 1, M là điểm di động trên C ; Mt, Mz là các đường thẳng đi qua M sao cho Mt song song với trục tung đồng thời tiếp tuyến tại M là phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng Mt, Mz . Khi M di chuyển trên C thì Mz luôn đi qua điểm cố định nào dưới đây? 1 1 A. M 0 1; .B. M 0 1; .C. M 0 1;1 .D. M 0 1;0 . 4 2
2. Lời giải Chọn A Gọi tọa độ điểm M là: M x ; x 1 2 . 0 0 2 2 Phương trình đường thẳng Mz có dạng: y k x x0 x0 1 kx y kx0 x0 1 0 . Phương trình đường thẳng Mt là: x x0 x x0 0 . Phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng Mt, Mz là: 2 2 x x kx y kx x 1 x x kx y kx x 1 0 0 0 0 hoặc 0 0 0 0 1 k 2 1 1 k 2 1 y k k 2 1 x kx x k 2 1 x 1 2 0 0 0 hoặc y k k 2 1 x kx x k 2 1 x 1 2 . 0 0 0 Mặt khác tiếp tuyến tại M là phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng Mt, Mz nên: 1 2 2 2 x 1 k k 1 y x k k 1 0 0 2x0 2 k k 1 2 (*). 2 2 1 2 y x0 k k 1 2x0 2 k k 1 x 1 k k 1 0 2 Thay (*) vào phương trình đường thẳng Mz ta có: 1 +) Với x 1 k k 2 1 ta có: 0 2 2 2 Mz : kx y kx0 x0 1 0 y kx k k x0 1 x0 1 2 1 1 1 y kx k k. k k 2 1 k k 2 1 y kx k . 2 2 4 1 +) Với x 1 k k 2 1 ta có: 0 2 2 2 Mz : kx y kx0 x0 1 0 y kx k k x0 1 x0 1 2 1 1 1 y kx k k. k k 2 1 k k 2 1 y kx k . 2 2 4 1 Do đó phương trình đường thẳng Mz : y kx k . 4 1 Gọi M x ; y là tọa độ điểm cố định mà Mz luôn đi qua ta có: y kx k k ¡ . 0 0 0 0 0 4 x 1 0 x 1 1 0 0 1 k x0 1 y0 0k ¡ 1 1 M 0 1; . 4 y 0 y 4 4 0 0 4 1 Vậy Mz luôn đi qua điểm cố định M 0 1; . 4 Câu 46. [2D1-9.1-4] (SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA-2018) Một cái ao hình ABCDE , ở giữa ao có một mảnh vườn hình tròn có bán kính 10 m . Người ta muốn bắc một câu cầu từ bờ AB của ao đến vườn. Tính gần đúng độ dài tối thiếu l của cây cầu biết: - Hai bờ AE và BC nằm trên hai đường thẳng vuông góc với nhau, hai đường thẳng này cắt nhau tại
3. điểm O ; - Bờ AB là một phần của một parabol có đỉnh là điểm A và có trục đối xứng là đường thẳng OA ; - Độ dài đoạn OA và OB lần lượt là 40 m và 20 m; - Tâm I của mảnh vườn lần lượt cách đường thẳng AE và BC lần lượt 40 m và 30 m. A. l 17,7 m. B. l 25,7 m. C. l 27,7 m. D. l 15,7 m. Lời giải : Chọn A A Oy Gán trục tọa độ Oxy sao cho cho đơn vị là 10. B Ox Khi đó mảnh vườn hình tròn có phương trình C : x 4 2 y 3 2 1 có tâm I 4;3 Bờ AB là một phần của Parabol P : y 4 x2 ứng với x 0;2 M P Vậy bài toán trở thành tìm MN nhỏ nhất với . N C Đặt trường hợp khi đã xác định được điểm N thì MN MI IM , vậy $MN$ nhỏ nhất khi MN MI IM N ; M ; I thẳng hàng. Bây giờ, ta sẽ xác định điểm N để $IN$ nhỏ nhất 2 2 N P N x;4 x2 IN 4 x 2 1 x2 IN 2 4 x 2 1 x2 IN 2 x4 x2 8x 17
4. Xét f x x4 x2 8x 17 trên 0;2 f x 4x3 2x 8 f x 0 x 1,3917 là nghiệm duy nhất và 1,3917 0;2 Ta có f 1,3917 7,68 ; f 0 17 ; f 2 13. Vậy giá trị nhỏ nhất của f x trên 0;2 gần bằng $7,68$ khi x 1,3917 Vậy min IN 7,68 2,77 IN 27,7 m MN IN IM 27,7 10 17,7 m. Câu 37: [2D1-9.1-4] [THPT TRẦN QUỐC TUẤN - Lần 1- 2018] Cho hàm số y x3 2 m 1 x2 2 m2 2m x 4m2 có đồ thị C và đường thẳng d : y 4x 8 . Đường thẳng d cắt đồ thị C tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 , x3 . Tìm giá trị lớn nhất Pmax 3 3 3 của biểu thức P x1 x2 x3 . A. Pmax 16 2 6 . B. Pmax 16 2 8 . C. Pmax 23 6 2 . D. Pmax 24 6 2 . Lời giải Chọn B. Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị C là: x3 2 m 1 x2 2 m2 2m x 4m2 4x 8 * x3 2 m 1 x2 2 m2 2m 4 x 4m2 8 0 2 2 2 2 x 2mx 2m 4 0 1 x 2 x 2mx 2m 4 0 x 2 0 Để đường thẳng d cắt đồ thị C tại ba điểm phân biệt * có ba nghiệm phân biệt 1 có hai nghiệm phân biệt khác 2 m 0 4 4m 2m2 4 0 m 0 m 2 . 2 2 2 m 2 ' m 2m 4 0 2 4 m 0 Khi đó d cắt đồ thị C tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 , x3 , giả sử x3 2, x1, x2 là x x 2m hai nghiệm của phương trình 1 . Theo định lý Vi - et, ta có: 1 2 . 2 x1.x2 2m 4 3 3 3 3 3 2 2 Vậy P x1 x2 x3 x1 x2 8 x1 x2 x1 x2 x1x2 8 x x x x 2 3x .x 8 2m 4m2 6m2 12 8 1 2 1 2 1 2 2m 4m2 6m2 12 8 4m3 24m 8 Đặt: f m 4m3 24m 8 trên 2;2 , f m 12m2 24 f m 0 m 2 .   Vậy Pmax f 2 16 2 8 . Câu 44: [2D1-9.1-4] (THPT Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hàm số y f x có đạo hàm f x x2 x 9 x 4 2 . Khi đó hàm số y f x2 nghịch biến trên khoảng nào? A. 2;2 .B. ; 3 .C. 3;0 .D. 3; . Lời giải
5. Chọn B Ta có y f x2 y x2 f x2 , hay y 2xf x2 . 2 2 Mặt khác f x x2 x 9 x 4 2 nên y 2xf x2 2x. x2 x2 9 x2 4 . Do đó y 2x5 x 3 x 3 x 2 2 x 2 2 . Ta có bảng biến thiên sau Từ bảng biến thiên suy ra hàm số y f x2 nghịch biến trên khoảng ; 3 và 0;3 . Câu 41: [2D1-9.1-4](THPT Yên Lạc_Trần Phú - Vĩnh Phúc - Lần 4 - 2018 - BTN) Cho hàm số f x có đạo hàm là hàm số f x trên ¡ . Biết rằng hàm số y f x 2 2 có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Hàm số f x nghịch biến trên khoảng nào? 3 5 A. ;2 .B. 1;1 .C. ; .D. 2; . 2 2 Lời giải Chọn B
6. Từ đồ thị hàm số y f x 2 2 ta suy ra đồ thị hàm số y f x 2 (đường màu đỏ) bằng cách tịnh tiến xuống dưới 2 đơn vị. Suy ra đồ thị hàm số y f x (đường màu xanh) bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y f x 2 sang trái 2 đơn vị. Do đó hàm số y f x nghịch biến trên khoảng 1;1 . Câu 46: [2D1-9.1-4] (THPT Chu Văn An - Hà Nội - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số y f x . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y f x 1 m có 5 điểm cực trị ? A. 2 B. 1 C. 3 D. 0 Lời giải Chọn C + Đồ thị của hàm số y f x 1 m được suy ra từ đồ thị C ban đầu như sau: - Tịnh tiến C sang phải một đơn vị, sau đó tịnh tiến lên trên (hay xuống dưới) m đơn vị. Ta được đồ thị C : y f x 1 m . - Phần đồ thị C nằm dưới trục hoành, lấy đối xứng qua trục Ox ta được đồ thị của hàm số y f x 1 m . Ta được bảng biến thiên của của hàm số y f x 1 m như sau
7. Để hàm số y f x 1 m có 5 điểm cực trị thì đồ thị của hàm số C : y f x 1 m phải cắt trục Ox tại 2 hoặc 3 giao điểm. m 0 + TH1: Tịnh tiến đồ thị C : y f x 1 m lên trên . Khi đó 3 m 0 3 m 6 . 6 m 0 m 0 + TH2: Tịnh tiến đồ thị C : y f x 1 m xuống dưới . Khi đó m 2. 2 m 0 Vậy có ba giá trị m nguyên dương. Câu 31: [2D1-9.1-4] (SGD Bắc Ninh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m  10;10 để hàm số y mx3 3mx2 (3m 2)x 2 m có 5 điểm cực trị? A. 9 B. 7 C. 10 D. 11 Lời giải Chọn C Xét hàm số f x mx3 3mx2 3m 2 x 2 m . 3 2 x 1 Ta có: mx 3mx 3m 2 x 2 m 0 2 . mx 2mx m 2 0 1 Yêu cầu bài toán phương trình f x 0 có ba nghiệm phân biệt phương trình 1 có hai m2 m m 2 0 nghiệm phân biệt khác 1 . m 2m m 2 0 Vì m nguyên và m  10;10 nên m 1;2; ;10 . Câu 41: [2D1-9.1-4] (THPT Phan Đăng Lưu - Huế - Lần I - 2017 - 2018) Một người cần đi từ khách sạn A bên bờ biển đến hòn đảo C . Biết rằng khoảng cách từ đảo C đến bờ biển là 10km , khoảng cách từ khách sạn A đến điểm B trên bờ gần đảo C nhất là 40km . Người đó có thể đi đường thủy hoặc đi đường bộ rồi đi đường thủy (như hình vẽ bên). Biết kinh phí đi đường thủy là 5 USD/km , đi đường bộ là 3 USD/km . Hỏi người đó phải đi đường bộ một khoảng bao nhiêu để kinh phí nhỏ nhất? ( AB 40km , BC 10km ) C A D B 65 15 A. 10km .B. km .C. 40km .D. km . 2 2
8. Lời giải Chọn B Đặt AD x km , x 0;40 BD 40 x CD 40 x 2 102 . Tổng kinh phí đi từ A đến C là f x x.3 40 x 2 102 .5. f x 3x 5 x2 80x 1700 . 2x 80 3 x2 80x 1700 5x 200 f x 3 5 f x . 2 x2 80x 1700 x2 80x 1700 65 f x 0 3 x2 80x 1700 200 5x x . 2 Bảng biến thiên Câu 76: [2D1-9.1-4] [CHUYÊN THÁI BÌNH – L4] Phương trình 2017sin x sin x 2 cos2 x có bao nhiêu nghiệm thực trong  5 ;2017  ? A. vô nghiệm. B. 2017 . C. 2022 . D. 2023. Lời giải Chọn D Ta có hàm số y 2017sin x sin x 2 cos2 x tuần hoàn với chu kỳ T 2 . Xét hàm số y 2017sin x sin x 2 cos2 x trên 0;2 . Ta có sin x 2sin x.cos x sin x sin x y cos x.2017 .ln 2017 cos x cos x. 2017 .ln 2017 1 2 2 cos2 x 1 sin2 x 3 Do vậy trên 0;2 , y 0 cos x 0 x  x . 2 2 3 1 y 2017 1 2 0 ; y 1 2 0 2 2 2017 Bảng biến thiên:
9. Vậy trên 0;2  phương trình 2017sin x sin x 2 cos2 x có đúng ba nghiệm phân biệt. Ta có y 0 , nên trên 0;2  phương trình 2017sin x sin x 2 cos2 x có ba nghiệm phân biệt là 0, , 2 . Suy ra trên  5 ;2017  phương trình có đúng 2017 5 1 2023 nghiệm. Câu 40: [2D1-9.1-4] (PTNK Cơ Sở 2 - TPHCM - 2017 - 2018 - BTN) Cho f x x3 3x2 6x 1. Phương trình f f x 1 1 f x 2 có số nghiệm thực là A. 4 .B. 6 .C. 7 .D. 9 . Lời giải Chọn A Đặt t f x 1 t x3 3x2 6x 1. Khi đó f f x 1 1 f x 2 trở thành: t 1 t 1 f t 1 t 1 2 3 2 f t 1 t 2t 1 t 4t 8t 1 0 t 1 t t 2; 1 1 t t2 1;1 . t t 1;1 2 t t3 5;6 t t 1;6 3 Vì g t t3 4t 2 8t 1; g 2 7 ; g 1 4 ; g 1 10 ; g 5 14 ; g 6 25 . Xét phương trình t x3 3x2 6x 1là pt hoành độ giao điểm của Ta có x – ∞ 1 3 1 3 + ∞ y' 1 + 0 – 0 + 7 6 3 + ∞ y 1 – ∞ 7 6 3 0 Dựa vào bảng biến thiên, ta có + Với t t2 1;1 , ta có d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt, nên phương trình có 3 nghiệm. + Với t t3 5;6 , ta có d cắt (C) tại 1 điểm, nên phương trình có 1 nghiệm. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm.
10. Câu 41: [2D1-9.1-4] (THPT Quỳnh Lưu 1 - Nghệ An - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Có bao nhiêu giá trị 3 nguyên m để phương trình 8sin3 x m 162sin x 27m có nghiệm thỏa mãn 0 x ? 3 A. 2 .B. 3 . C.Vô số. D. 1. Lời giải Chọn A Đặt t 2sin x , với 0 x thì t 0; 3 . 3 3 Phương trình đã cho trở thành t3 m 81t 27m . Đặt u t3 m t3 u m . u3 27 3t m 3 3 3 3 Khi đó ta được 3 u 3t 27 3t u u 27u 3t 27.3t * 3t 27 u m Xét hàm số f v v3 27v liên tục trên ¡ có nên hàm số đồng biến. Do đó * u 3t t3 3t m 1 Xét hàm số f t t3 3t trên khoảng 0; 3 . có f t 3t 2 3; f t 0 t 1 (vì t 0 ). Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình 1 có nghiệm khi . Vậy có hai giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 43: [2D1-9.1-4] (Chuyên Quang Trung - BP - Lần 4 - 2017 - 2018) Cho hàm số 2x 2 y có đồ thị C . Một tiếp tuyến bất kỳ với C cắt đường tiệm cận đứng và đường x 1 tiệm cận ngang của C lần lượt tại A và B , biết I 1;2 . Giá trị lớn nhất của bán kính đường tròn nội tiếp tam giác IAB là A. 8 4 2 B. 4 2 2 C. 8 3 2 D. 7 3 2 Lời giải Chọn B Đồ thị C có tiệm cận đứng x 1, tiệm cận ngang y 2 . 4 y ,x 1. x 1 2
11. 2 4 2x0 4x0 2 Phương trình tiếp tuyến của C tại điểm có hoành độ x0 là y 2 x 2 , x0 1 x0 1 x0 1. 2x0 6 Tọa độ điểm A 1; , B 2x0 1;2 . x0 1 Tam giác IAB vuông tại I có IA.IB 16 . Gọi p là nửa chu vi tam giác IAB . Ta có S IA.IB IA.IB 16 r 4 2 2 . p IA IB IA2 IB2 2 IA.IB 2IA.IB 2 16 32 Đẳng thức xảy ra khi IA IB 4 hay x0 3. Câu 41: [2D1-9.1-4] (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk - 2017 - 2018 - BTN) Cho cấp số nhân bn 3 thỏa mãn b2 b1 1 và hàm số f x x 3x sao cho f log2 b2 2 f log2 b1 . Giá trị nhỏ 100 nhất của n để bn 5 bằng: A. 234 . B. 229 . C. 333 . D. 292 . Lời giải Chọn A Xét hàm số f x x3 3x . Có f x 3x2 3, f x 0 x 1. x 1 0 1 y 0 0 2 y 0 2 Mặt khác, ta có b1 b2 1. Đặt a log2 b2 log2 b1 b 0 . Ta có: a3 3a 2 b3 3b 1 . Nếu b 1 a b 1 a3 3a b3 3b 1 vô nghiệm. Nếu 0 b 1 2 b3 3b 0 a3 3a 2 0 a 1 2 a 2 0 . Suy ra a 1 b 0 . 0 b1 2 1 Khi đó b 2n 1 5100 n 1 100log 5 n 234 . 1 n 2 b2 2 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 234 .