Bài tập có đáp án chi tiết về đồ thị hàm số môn toán lớp 12 phần 1

Câu 31 [2D1-3] Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y = x + m x − x + đồng biến khoảng ( −∞; +∞ ) ? A B C Lời giải D.1 Chọn C + TXĐ D = ¡ + y ' = 1+ m x −1 x2 − 2x + + Hàm số đồng biến khoảng ( −∞; +∞ ) ⇔ y ' ≥ ∀x ∈ ¡ ⇔ x − x + + m ( x − 1) ≥ ∀x ∈ ¡ + Đặt t = x − ⇒ t + + mt ≥ ∀t (*) + Với t = , (*) + Với t > , (*) ⇔ m ≥ − t + , ∀t > t 2 > ∀t > BBT: Xét f (t ) = − t + , f '(t ) = 2 t t +2 t ⇒ m ≥ −1 (1) + Tương tự với t < ta có BBT: ⇒ m ≤ (2) + Từ (1) (2) ⇒ m ∈ [ −1;1] + m ∈ ¢ ⇒ m ∈ { −1, 0,1} Χυ 33.[2D2-3] Đồ thị hàm số y = g(x) đối xứng với đồ thị hàm số y = ax ( a > 0,a ≠ ) qua điểm I (1;1) Giá trị biểu thức g(2 + loga A 2016 B −2020 ) 2018 C 2020 Lời giải Chọn D D −2016 Gọi M (2 + loga 1 ;g(2 + oga )) thuộc đồ thị hàm số y = g(x) Gọi M ' điểm đối xứng 2018 2018 với M qua I suy M '(− loga 1 ; − g(2 + loga )) 2018 2018 − loga ) = a 2018 2018 1 log 2018 Hay − g(2 + loga )=a a ⇒ − g(2 + loga ) = 2018 2018 2018 Điểm M ' thuộc đồ thị hàm số , nên − g(2 + loga ⇒ g(2 + loga ) = −2016 2018 ( 10 )  π  Χυ 35:[1D5-1.2-3] Cho hàm số y = sin 3x.cos x − sin x Giá trị y  ÷ gần với số 3 đây? A 454492 B 454493 C 454491 D 454490 Lời giải Chọn D nπ   ( n) n Công thức: y = sin ax y ( x ) = a sin  ax + ÷   1 Ta có y = ( sin x + sin x ) − sin x = sin x − sin x 2 10 10π  10 10π    ( 10 ) Suy y ( x ) = sin  x + ÷− sin  x + ÷ 2  2    π   4π 10π  10  2π 10π  ⇒ y ( 10)  ÷ = 410.sin  + + ÷− sin  ÷  2  3   3 10 = 410 + ≈ 454490,1319 2 2 Câu 36: [1D2-3] Hệ số số hạng chứa x khai triển ( x − 3x + ) A −6432 B −4032 C −1632 D −5418 Lời giải Chọn D 6 i −i j 6− j Ta có: ( x − x + ) = ( x − 1) ( x − ) = ∑ C6 x ( −1) ∑ C6 x ( −2 ) 6 i =0 Số hạng chứa x ⇒ 12 − i − j = ⇒ i + j = i j =0 j Vậy hệ số cần tìm là: C60 ( −1) C65 ( −2 ) + C61 ( −1) C64 ( −2 ) + + C65 ( −1) C60 ( −2 ) = −5418 5 Câu 37: [1D2-4] Cho tập hợp A = { 1; 2;3; 4;K ;100} Gọi S tập hợp gồn tất tập A , tập gồm phần tử A có tổng 91 Chọn ngẫu nhiên phần tử S Xác suất chọn phần tử có ba số lập thành cấp số nhân A B C D 645 645 645 645 Lời giải Chọn C Giả sử tập { a, b, c} ∈ S ⇒ ≤ a, b, c ≤ 100 ; a, b, c phân biệt a + b + c = 91 3−1 Đây toán chia kẹo Euler nên số a, b, c : C91−1 Tuy nhiên chứa có chữ số giống nhau, số có chữ số giống 3.45 = 135 ( bộ) Vậy n ( Ω ) = ( C90 − 3.45 ) : 3! = 645 Gọi A biến cố : ” a, b, c lập thành cấp số nhân” Gọi q công bội cấp số nhân theo ta có q > a + aq + aq = 91 ⇔ a ( + q + q ) = 1.91 = 13.7 a = a = ⇔ Trường hợp 1:   1 + q + q = 91  q =  a = 91  a = 91 ⇔ Trường hợp 2:  (loại)  1 + q + q =  q =  a = 13  a = 13 ⇔ Trường hợp 3:  (thỏa mãn) q = 1 + q + q = a = a = ⇔ Trường hợp 3:  (thỏa mãn)  1 + q + q = 13 q = Vậy n ( A ) = P ( A) = 645 Câu 38: [2D1-3] Gọi S tập hợp giá trị thực tham số m để đồ thị hàm số y = hai điểm cực trị A, B Khi ·AOB = 900 tổng bình phương tất phần tử S A 16 B C Lời giải D 16 x + mx + m có x −1 Chọn A TXĐ: ¡ \ { 1} 2 m + m + ⇒ y′ = − m + m + = x − x − m − m Từ y = x + m + + 2 ( x − 1) ( x − 1) x −1 Hàm số có cực trị x − x − m − m = (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ m + m + > ⇔ ∀m Khi hai cực trị hàm số A ( x1 ; x1 + m ) ; B ( x2 ; x2 + m ) (với x1 ; x2 hai nghiệm phương trình (1) ) uuu r uuu r · OA.OB = ⇔ x1 x2 + ( x1 + m ) ( x2 + m ) = Để AOB = 90 ⇔ x1.x2 + 2m ( x1 + x2 ) + m = m = ⇔ ( − m − m ) + 4m + m = ⇔  m = −  1  Vậy S = 0; −  tổng bình phương phần tử S 4 16  u ( x) u ′ ( x0 ) Lưu ý : Hàm số y = có cực trị x0 y0 = v ( x) v′ ( x0 ) Cách : đường thẳng OA có hệ số góc k1 = x1 + m x1 đường thẳng OB có hệ số góc k2 = x2 + m x2 · Để AOB = 900 k1.k2 = −1 ⇔ ( x1 + m ) ( x2 + m ) = − x1 x2 Câu 39 [2D1-3] Cho hàm số y = x +1 có đồ thị ( C ) điểm A ( a; ) Gọi S tập hợp tất giá trị x -1 thực a để có tiếp tuyến ( C ) qua điểm A có hệ số góc k1 , k2 thỏa mãn k1 + k2 + 10k12 k22 = Tổng giá trị tất phần tử S A B 7− 5− Lời giải C D Chọn.B +) Ta có: y ' = +) pttt: −2 ( x − 1) y = k ( x − a ) + (d)  −2 =k   ( x − 1) +) Có tiếp tuyến ⇔  có nghiệm phân biệt khác  x +1  x − = k ( x − a ) + a < ⇒ x − x + + 2a = có nghiệm phân biệt khác ⇔  a ≠ −2 −2 2 , k2 = +) k1 = 2 ⇒ k1 + k + 10k1 k = x − x − ( ) ( ) ⇔ −2 ( x − 1) + −2 ( x − 1) + 10 16 ( x1 − 1) ( x2 − 1) 4 =0 ⇔ 32a − 224a + 352a = (Sử dụng định lý vi - ét)   a = 0(tm)  7− ⇔  a = (tm)   a = + (k tm)  +) S = Câu 40: 7− [2D1-3] Cho hàm số y = f ( x ) Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị hình vẽ bên Hàm số y = f ( x ) đồng biến khoảng  −1  A  ; ÷  2  −1  C  ;0 ÷   B ( 0; ) D ( −2; − 1) Lời giải Chọn C Đặt g ( x ) = f ( u ) , u = x ≥ g ′ ( x ) = x f ′ ( u ) nên x = g′ ( x) = ⇔   f ′ ( u ) = ⇔ u = ±1; u = x = ⇔  x = ±1; x = ±2 Lập bảng xét dấu hàm số g ′ ( x ) x −∞ −2 −1 +∞ − + 0 g′( x) Ta chọn đáp án C Bài tập tương tự + − + − Câu 41: Cho mặt phẳng ( α ) : x − y + z − = điểm A ( 0; − 1;1) , B ( 1;1; − ) Biết M ( a; b; c ) ∈ ( α ) cho MA + MB đạt giá trị nhỏ Giá trị a + b + c bằng: A B 26 C 78 D 14 49 Lời giải Chọn D Xét f ( x, y , z ) = x − y + z − Với A ( 0; − 1;1) , B ( 1;1; − ) ⇒ f ( 0, −1,1) f ( 1,1, −2 ) = ( −5 ) = −10 < Suy A, B nằm khác phía so với ( α ) Khi MA + MB ≥ AB = 14 ⇒ ( MA + MB ) = 14 Dấu " = " xảy AB ∩ ( α ) = { M } x = t  AB :  y = −1 + 2t  z = − 3t  M ∈( α ) ⇒ M ( t ; −1 + 2t ;1 − 3t )  → t − ( −1 + 2t ) + ( − 3t ) − = ⇔ t = 14 2 1 ⇒ M  ; − ; ÷ ⇒ a2 + b2 + c2 = 49 7 7 CHÚ Ý: Cho hai điểm A ( x1 ; y1 ; z1 ) , B ( x2 ; y2 ; z2 ) mặt phẳng ( α ) : ax + by + cz + d = Xét tích T = ( ax1 + by1 + cz1 + d ) ( ax2 + by2 + cz2 + d ) Nếu T > ⇒ A, B nằm phía so với mặt phẳng ( α ) Nếu T < ⇒ A, B nằm khác phía so với mặt phẳng ( α ) Câu 42: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − y + z − = điểm A ( 0; −2;3) , B ( 2;0;1) Điểm M ( a; b; c ) thuộc ( P ) cho MA + MB nhỏ Giá trị a + b + c bằng: A 41 B C Lời giải Chọn B Xét f ( x, y , z ) = x − y + z − Với A ( 0; − 2;3) , B ( 2;0;1) ⇒ f ( 0, −2,3) f ( 2, 0,1) = 7.3 = 21 > Suy A, B nằm phía so với ( P ) Gọi A′ điểm đối xứng với A qua ( P )   x A′ = x A − T = −  xA − y A + z A − = ,  y A′ = y A + T = − Xét T = 2 + ( −1) +    z A′ = z A − 2T =  uuur  19  Ta có: A′B =  ; ; ÷  6 3 D Khi MA + MB = MA′ + MB ≥ A′B ⇒ ( MA + MB ) = A′B Dấu " = " xảy A′B ∩ ( α ) = { M }  x = + 19t  A′B :  y = 5t  z = + 2t  M ∈( α ) ⇒ M ( + 19t ;5t;1 + 2t )  → + 19t − 5t + ( + 2t ) − = ⇔ t = − 49 25  2 ⇒ M  − ; − ; ÷ ⇒ a2 + b2 + c2 = + + = 36 36  6 3 Câu 43: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 1;5;0 ) , B ( 3;3;6 ) đường thẳng  x = −1+ 2t  ∆ :  y = 1− t Điểm M ( a; b; c ) nằm đường thẳng ∆ để chu vi tam giác MAB đạt giá trị  z = 2t nhỏ Tính a + b + c A B C Lời giải D 2 Chọn B Gọi P chu vi tam giác MAB P = AB + AM + BM Vì AB không đổi nên P nhỏ AM + BM nhỏ ( ) ( ) Điểm M ∈ ∆ nên M ( −1+ 2t;1− t;2t) AM + BM = ( 3t) + + ( 3t − 6) + r r Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , ta xét hai vectơ u = 3t;2 v = −3t + 6;2 ( ( ) ( ) ( ) 2 r ; v = ( 3t − 6) + r r r r r r ⇒ AM + BM =| u | + | v | u + v = 6;4 ⇒| u + v |= 29 r r r r Mặt khác, ta ln có | u | + | v |≥| u + v | Như AM + BM ≥ 29 r r 3t = ⇔ t = Đẳng thức xảy u, v hướng ⇔ −3t + ⇒ M ( 1;0;2) Vậy a + b + c = r Ta có u = ( 3t) + ) ( ) Câu 42: [2H1-3] Cho hình thập nhị diện (tham khảo hình vẽ bên) Cơsin góc tạo hai mặt phẳng có chung cạnh thập nhị diện A −1 B −1 C D Lời giải Chọn C Bước 1: Lập mối quan hệ bán kính mặt cầu cạnh khối 12 mặt đều: Gọi O tâm khối 12 mặt đều, xét mặt phẳng chung đỉnh A ABEFC , ACGHD, ABJID Khi A.BCD chóp tam giác OA vng góc với ( BCD )  3π  + a Ta có BC = CD = DB = a + a − 2a cos  ÷ =   AH = AB − BC −1 = a 3 Ta có AH AO = AB AM ⇒ R = AO = AB a = AH −1 Bước 2: Tính khoảng cách từ tâm mặt đến cạnh nó: 3π a · = Ta có BAT AM = 10 Suy MT = AM tan 3π 10 Bước 3: Tính góc: Gọi tâm mặt ABEFC ABJID T , V Có OT , OV vng góc với hai mặt nên góc hai mặt góc OT OV Lại có O, T , M ,V thuộc mặt phẳng (trung trực AB ) Có OT ⊥ TM OV ⊥ VM ( ) +1 a  a  a2 ; MT = AM tan 3π = OM = OA − AM =  − ÷ ÷ 10 −1  −1  · = Suy sin TOM TM = OM ( ) − tan 54° ( ) +1 · · = Vậy cos TOV = − 2sin TOM ( ) −1 = 5− 5 BÀI TƯƠNG TỰ Χυ 1: [2H1-3] Cho hình bát diện (tham khảo hình vẽ bên) Cơsin góc tạo hai mặt phẳng có chung cạnh bát diện A − B C D Lời giải Chọn C +) Giả sử cạnh bát diện có độ dài a M trung điểm DC (tham khảo hình vẽ) Khi tam giác ADC , BDC nên AM ⊥ DC , BM ⊥ DC Từ suy góc cần tìm bù với góc ·AMB +) Tính cos ·AMB = MA2 + MB − AB =− MA ×MB +) Khoanh C Câu 43 [2D2-4]Cho số thực a, b, c không âm thoả mãn 2a + 4b + 8c = Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức S = a + 2b + 3c Giá trị biểu thức Câu 1: A 2809 500 B 281 50 M + log M m 4096 C 729 Lời giải D 14 25 Chọn C a + b + c = ⇔ a + 2 b + 23 c =  x = 2a  x + y + z = 2b Đặt  y = ⇒   x, y , z ≥  z = 23c  S = a + 2b + 3c = log x + log y + log z = log ( xyz ) 3  x + y + z    ⇒ S ≤ 3log Ta có xyz ≤  ÷ = ÷ 3   3 Dấu xảy x = y = z = 4 Do M = 3log ⇔ a = 2b = 3c = log 3 Mặt khác xyz = ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) + ( x − 1) ( y − 1) + ( y − 1) ( z − 1) + ( z − 1) ( x − 1) + ( x + y + z ) − = ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) + ( x − 1) ( y − 1) + ( y − 1) ( z − 1) + ( z − 1) ( x − 1) + ≥  x = 1; y = 1; z =  Dấu xảy  x = 1; y = 2; z =  x = 2; y = 1; z = Suy m = 4096 4 M Vậy + log M m =  ÷ = 729 3 1 1 [2D2-4]Cho số thực a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = Gọi m giá trị nhỏ 16 log m S = a + b + c + d biểu thức Giá trị biểu thức 1 A B C D 4 Lời giải Chọn C 1 1 1 + b + c + d = ⇔ − a + − b + −3 c + − d = a 16 4  x = 2− a   −2 b x + y + z + t = y = ⇒ Đặt  −3 c z =   x, y, z, t > t = 2−4 d  S = a + 2b + 3c + 4d = − ( log x + log y + log z + log t ) = − log ( xyzt )  x+ y + z +t  −16 Ta có xyzt ≤  ÷ = = ⇒ S ≥ 16   16 Dấu xảy x = y = z = t = 16 a = b =  Do m = 16 ⇔  c =  d = Câu 1: [2D1-3] Cho hàm số y = f ( x ) xác định liên tục ¡ , có đồ thị f ′ ( x ) hình vẽ Xác định điểm cực tiểu hàm số g ( x ) = f ( x ) + x y O x −1 A x = C x = B Khơng có điểm cực tiểu D x = Lời giải Chọn D g ( x) = f ( x) + x ⇒ g′( x) = f ′( x ) +1 Khi ta tịnh tiến đồ thị hàm số f ′ ( x ) lên đơn vị ta đồ thị hàm số g ′ ( x ) hình vẽ y O x −1 Dựa vào đồ thị hàm g ′ ( x ) ta lập bảng xét dấu hàm g ( x ) x −∞ +∞ − − − + 0 g′( x) Dựa vào bảng xét dấu g ′ ( x ) nhận thấy hàm số g ( x ) đạt cực tiểu x = Câu 2: [2D1-3] Cho hàm số y = f ( x ) có ba điểm cực trị −2; − 1;0 Hỏi hàm số y = f ( x − x ) có điểm cực trị A B C D Lời giải Chọn A Đặt g ( x ) = f ( u ) , u = x − x g ′ ( x ) = ( x − 1) f ′ ( u ) nên x = g′ ( x ) = ⇔   f ′ ( u ) = ⇔ u = −2; u = −1; x =   x − x = −2 (VN) ⇔ x − x = −1( 1)   x − x = ( ) Phương trình ( 1) có nghiệm kép x = ; phương trình ( ) có hai nghiệm đơn x = 0; x = nên phương trình g ′ ( x ) = có hai nghiệm đơn x = 0; x = nghiệm bội ba x = nên hàm số cho có ba cực trị Câu 46: [2H1-3] Hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có diện tích đáy , diện tích ba mặt bên 9,18 10 Thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' A 11951 B 11951 C 11951 D 11951 Lời giải Chọn A Gọi a, b, c > ba cạnh tam giác đáy; h chiều cao lăng trụ ABC A ' B ' C ' ; S1 , S , S3 diện tích ba mặt bên S S S Ta có: a = , b = , c = h h h a + b + c S1 + S + S3 = 2h S= p ( p − a )( p − b)( p − c ) với p = S= S1 + S2 + S3  S1 + S + S3 S1   S1 + S2 + S3 S2  S1 + S2 + S3 S3  − ÷ − ÷ − ÷  2h 2h h  2h h  2h h   S= S1 + S2 + S3  S3 + S − S1  S1 − S2 + S3  S1 + S − S3   ÷ ÷ ÷ 2h 2h 2h 2h     S= 4h ( S1 + S2 + S3 ) ( S3 + S2 − S1 ) ( S1 − S + S3 ) ( S1 + S − S3 ) ( S1 + S2 + S3 ) ( S3 + S − S1 ) ( S1 − S2 + S3 ) ( S1 + S − S3 ) 4S Vậy thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' h= V = h.S = S Câu 47 4S ( S1 + S2 + S3 ) ( S3 + S2 − S1 ) ( S1 − S2 + S3 ) ( S1 + S2 − S3 ) = 11951 [2D4-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( 1;1; ) , B ( −1;0; ) , C ( 0; −1;3) điểm M thuộc mặt cầu ( S ) : x + y + ( z − 1) = Khi biểu thức MA2 + MB + MC đạt giá trị nhỏ độ dài MA A B C D Lời giải Chọn A Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 0;0;1) bán kính R = Gọi G ( 0;0;3) trọng tâm tam giác ABC Khi uuuu r uuu r uuuu r uuu r uuuu r uuu r MA2 + MB + MC = MG + GA + MG + GA + MG + GA ( ) ( ) ( ) = 3MG + GA2 + GB + GC ( 1) Khi để MA2 + MB + MC đạt giá trị nhỏ MG nhỏ Để MG nhỏ ⇔ M giao điểm GI mặt cầu ( S ) x =  Ta dễ dàng viết phương trình đường thẳng GI :  y = z = 1+ t  Khi GI ∩ ( S ) M ( 0;0;0 ) ; M ( 0;0; ) Thay tọa độ M ; M vào ( 1) ta có M ≡ M MA2 + MB + MC đạt giá trị nhỏ uuur → MA = ( 1;1;0 ) → MA = Χυ 34.[2D1-4] Biết F ( x ) nguyên hàm hàm số f ( x ) = x cos x − sin x Hỏi đồ thị hàm số x2 y = F ( x ) có điểm cực trị khoảng ( 0; 2018π ) ? A 2019 B C 2017 Lời giải D 2018 Chọn C Ta có F ′ ( x ) = ⇔ f ( x ) = ⇔ x cos x − sin x = Đặt g ( x ) = x cos x − sin x có g ′ ( x ) = − x sin x  g ′ ( x ) = ⇔ x ∈ { 0; π ; 2π ;3π ; ; 2017π } Ta có   x ∈ ( 0; 2018π ) Mà g ( ) = ; g ( π ) = −π < ; g ( 2π ) = 2π > ; g ( 3π ) = −3π < ; g ( 4π ) = 4π > ; …, g ( 2016π ) = 2016π > ; g ( 2017π ) = −2017π < ; g ( 2018π ) = 2018π > Do khoảng ( 0; 2018π ) phương trình g ( x ) = có 2017 nghiệm phân biệt nên F ′ ( x ) = có 2017 nghiệm phân biệt Vậy y = F ( x ) có 2017 cực trị Câu 48 [2D1-4] Biết F ( x ) nguyên hàm hàm số f ( x) = x sin x + cos x π Hỏi đồ thị hàm số x+ y = F ( x ) có điểm cực trị khoảng ( 0; 2019π ) ? A 2019 C 2020 Lời giải B D 2018 Chọn D Ta có F ′ ( x ) = ⇔ f ( x ) = ⇔ x sin x + cos x = Đặt g ( x ) = x sin x + cos x có g ′ ( x ) = x cos x  g ′ ( x ) = 4037π   π 3π 5π ⇔ x ∈ 0; ; ; ; ; Ta có     2  x ∈ ( 0; 2019π ) 3π 7π π  π  3π   5π  5π  7π  < 0; g > 0; g ; g  ÷ = > ; g  ÷ = − ÷= ÷= − 2 2       4035π  4033π  4033π  4035π   4037π  4037π > 0;g < 0; g  > …, g  ÷= ÷= − ÷= 2       Do khoảng ( 0; 2019π ) phương trình g ( x ) = có 2018 nghiệm phân biệt nên F ′ ( x ) = có 2018 nghiệm phân biệt Vậy y = F ( x ) có 2018 cực trị Câu 49 [2D3-4] π Cho  ∫  f ( x ) − 2 A π hàm số y = f ( x ) xác định π  − π Tích phân  f ( x ) sin  x − ÷ dx =   B đoạn  π 0;  thỏa mãn π ∫ f ( x ) dx C D π Lời giải Chọn B π +) Đặt I =  f ( x ) − 2 f ( x ) sin  x − π ÷ dx Ta có ∫0     π π I =  f ( x ) − 2 f ( x ) sin  x − π ÷+ 2sin  x − π ÷ dx − 2sin  x − π ÷dx ∫0  ∫0 4   4    π 2 π I =  f ( x ) − sin  x − π ÷ dx − 2sin  x − π ÷dx ∫0  ∫0   4   π π π π 2   π −2 π  π      +) Có 2sin  x − ÷dx = − cos  x − ÷ dx = ( − sin x ) dx =  x + cos2 x ÷|0 = ∫0 ∫0  ∫0 2   4 ÷    −π +) Mà I = suy π 2  π   ∫0  f ( x ) − sin  x − ÷ dx = (1) +) Áp dụng kết quả: Nếu f ( x ) liên tục không âm đoạn [ a; b ] +) Do π 0 ∫ f ( x ) dx ≥ Dấu a " = " xảy f ( x ) = với x ∈ [ a; b ] π π   Từ (1) suy f ( x ) − sin  x − ÷ = hay f ( x ) = sin  x − ÷ 4 4   π b π π  π  sin  x − ÷dx = − 2cos  x − ÷|0 = Chọn B   4  ∫ f ( x ) dx = ∫ Bài tương tự Câu 49 [2D3-4] (Đề tham khảo BGD năm 2018) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục đoạn [ 0;1] thỏa mãn f ( 1) = , ∫  f ′ ( x )  dx = A B C ∫ x f ( x ) dx = Tích phân ∫ f ( x ) dx D Lời giải Chọn A 1 u = f ( x ) du = f ′ ( x ) dx 3 x f x d x = x f x − ⇒ ( ) ( ) ∫ x3 f ′ ( x ) dx +) Đặt  , ∫ dv = x dx v = x 0 +) Ta có = f ( 1) − ∫ x f ′ ( x ) dx suy ∫x f ′ ( x ) dx = −1 b b  b +) Áp dụng bất đẳng thức tích phân phân  ∫ f ( x ) g ( x ) dx ÷ ≤ ∫ f ( x ) dx.∫ g ( x ) dx Dấu " = " a a  a xảy f ( x ) = kg ( x ) với k số b b b  x7 ′ ≤ x d x  f x  d x = ( ) ′ Ta có =  ∫ x f ( x ) dx ÷ ∫ = Dấu " = " xảy f ′ ( x ) = kx   ∫ a a  a với k số Mà ∫x f ′ ( x ) dx = −1 hay ∫ kx dx = −1 suy k = −7 7 +) Vậy f ′ ( x ) = −7 x nên f ( x ) = − x + c mà f ( 1) = nên f ( x ) = ( − x ) suy 4 ∫0 f ( x ) dx = Chọn A Câu 49 [2D3-4] Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục đoạn 2∫ 1  f ′ ( x ) f ( x ) dx ≥ 3∫  f ′ ( x ) f ( x ) +  dx Tích phân 9  [ 0;1] thỏa mãn f ( ) = ∫ f ( x ) dx A B C Lời giải D Chọn D b +) Áp dụng bất đẳng thức tích phân phân ∫ a xảy f ( x ) = kg ( x ) với k số 1 ′ +) Ta có ∫ dx.∫ f ( x ) f ( x ) dx ≥  ∫ 0 0 1 2∫ 2  f ′ ( x ) f ( x ) dx ÷ (1) nên từ giả thiết suy  f ′ ( x ) f ( x ) dx ≥ 3∫  f ′ ( x ) f ( x )  dx + 2 b  f ( x ) dx.∫ g ( x ) dx ≥  ∫ f ( x ) g ( x ) dx ÷ Dấu " = " a a  b 1 ≥ 3 ∫ 0  f ′ ( x ) f ( x ) dx ÷ +  1 1 1 hay  ∫ f ′ ( x ) f ( x ) dx − ÷ ≤ ⇒ ∫ f ′ ( x ) f ( x ) dx = dấu " = " (1) xảy ra, tức ta 3 0 1 1  ∫ f ′ ( x ) f ( x ) dx = ⇒ k = Từ tính f ( x ) = x + suy f ( x ) dx = có  ∫0 3  ′ f x f x = k ( ) ( )  Chọn D Câu 50: [1H3-4] Cho tứ diện ABCD có cạnh 2 Gọi G trọng tâm tứ diện ABCD M trung điểm AB Khoảng cách hai đường thẳng BG CM bằng: 2 A B C D 14 5 10 Lời giải Chọn A Gọi N , P trung điểm CD CN , H trọng tâm tam giác BCD Do G trọng tâm tứ diện ABCD nên G trung điểm MN GH ⊥ ( BCD ) Từ H kẻ đường thẳng song song với CD cắt BP I ⇒ BN ⊥ IH ( Do BN ⊥ CD ) Do G , P trung điểm MN , NC nên GP PMC ⇒ MC P( BGC ) ⇒ d( MC , BG ) = d( MC ,( BGP ) ) = d( C ,( BGP ) ) (1) Do P trung điểm CN , H trọng tâm tam giác BCD nên d( N ,( BGP ) ) d( H ,( BGP ) ) = d( C ,( BGP ) ) d( N ,( BGP ) ) = CP = NP BN = ⇒ d C , BGP = d H , BGP (2) )) ( ( HB 2 ( ( )) Lại có: GH ⊥ BN , GH ⊥ IH , IH ⊥ BN 1 1 = + 2+ Nên d BH IH HG ( H ,( BGP ) ) 2 6 , HN = BN = PN = CD = BH = HN = 3 3 3 MC = 2 = , MN = MC − NC = ⇒ GN = ⇒ GH = NG − HN = 9 63 2 ⇒ = + + = d( H ,( BGP ) ) 24 ⇒ d( H ,( BGP ) ) = , kết hợp với (1) (2) ta Có IH = 14 CÁC CÂU TƯƠNG TỰ Câu 50: [1H3-4] Cho lăng trụ đứng ABC A′B ′C ′ có AB = AC = a , góc ∠BAC = 120° , AA′ = a Gọi O tâm hình chữ nhật ABB′A′ E trung điểm CC ′ Khoảng cách hai đường thẳng OC ′ AE bằng: a 51 a 51 a 17 2a 17 A B C D 17 17 17 17 Lời giải Chọn A d( CM , BG ) = Gọi I trung điểm AB , K thuộc AB cho KC ⊥ BC Do O tâm hình chữ nhật AA′ OI P AA′ ⇒ OI PCE , OI PC ′E , OI = CE , OI = C ′E ⇒ OC ′EI , OECI ABB′A′ nên OI = hình bình hành ⇒ OC ′ P IE ⇒ OC ′ P( BEK ) , mà AE ⊂ ( BEK ) ⇒ d( OC ′, AE ) = d( OC ′,( BEK ) ) = d( C ',( BEK ) ) Do E trung điểm CC ′ nên d( C ′,( BEK ) ) d( C ,( BEK ) ) = C ′E = ⇒ d( C ′O , AE ) = d( C ,( BEK ) ) CE Lại có: EC ⊥ BC , EC ⊥ CK (Do ABC A′B′C ′ lăng trụ đứng), CK ⊥ BC 1 1 = + + 2 Nên d CB CK CE ( C ,( BEK ) ) Có BC = AB + AC − AB.AC cos120° = a a a (do tam giác CE = CC ′ = CK = BC sin 30° = ABC cân A ∠BAC = 120° nên 2 ∠ABC = 30° ) 4 a 51 a 51 ⇒ = + + ⇒d ⇒ d( C ′O , AE ) = d( C ,( BEK ) ) a 3a 3a ( C ,( BEK ) ) = 17 17 Câu 50: [1H3-4] Cho lăng trụ ABC A′B′C ′ có đáy ABC tam giác đầu cạnh a , AA′ = a Hình chiếu vng góc A′ lên mặt phẳng ABC nằm cạnh BC , biết góc cạnh bên mặt phẳng đáy 30° Khoảng cách hai đường thẳng A′B B′C bằng: a a 2a 3a A B C D 5 5 Lời giải Chọn A Hạ A′H ⊥ ( ABC ) ⇒ H ∈ BC ∠ ( A ' A, ( ABC ) ) = ∠A ' AH Theo giả thiết ∠A′AH = 30° ⇒ AH = A ' A.cos30° = a ⇒ AH = d ( A, BC ) (do tam giác ABC cạnh a ) ⇒ AH ⊥ BC suy H trung điểm BC Dựng hình hộp ABCD A′B′C ′D′ A′B P D′C ⇒ A′B P( B′D′C ) ⇒ d( A′B , B′C ) = d( A′B ,( B′D′C ) ) = d ( B ,( B′D′C ) ) Từ C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AH I Trong mặt phẳng ( A′D′CH ) gọi giao điểm A′H D′C M Do BD P B′D′ ⇒ CI PB′D′ ,vậy I , M ∈ mp ( B′D′C ) suy d( B ,( B′D ′C ) ) = d( B ,( CIM ) ) = 2d ( H ,( CIM ) ) (Do H trung điểm BC ) Lại có HM ⊥ ( ABC ) ⇒ HM ⊥ BC , HM ⊥ HI HI ⊥ BC 1 1 = + + 2 Nên d CH IH HM ( H ,( ICM ) ) Có HC = BC a = 2 ∠HCI = ∠DBC = 30° ⇒ IH = IC.tan 30° = a A′D′ a nên H trung điểm MA′ , ⇒ HM = HA′ = AA′ sin 30° = 2 12 20 a a a ⇒ = + + = ⇒d = ⇒ d = ⇒ d = ′ ′ A B , B C ( ) H , BGP B , CIM )) )) ( ( ( ( d( H ,( CIM ) ) a a a a 5 Do HC P A′D′ CH = ... ? ?1 ⇔ ( x1 + m ) ( x2 + m ) = − x1 x2 Câu 39 [2D1-3] Cho hàm số y = x +1 có đồ thị ( C ) điểm A ( a; ) Gọi S tập hợp tất giá trị x -1 thực a để có tiếp tuyến ( C ) qua điểm A có hệ số góc k1... nên hàm số cho có ba cực trị Câu 46: [2H1-3] Hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có diện tích đáy , diện tích ba mặt bên 9 ,18 10 Thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' A 11 9 51 B 11 9 51 C 11 9 51. .. ) = 2 018 2 018 2 018 Điểm M ' thuộc đồ thị hàm số , nên − g(2 + loga ⇒ g(2 + loga ) = −2 016 2 018 ( 10 )  π  Χυ 35:[1D5 -1. 2-3] Cho hàm số y = sin 3x.cos x − sin x Giá trị y  ÷ gần với số 3