Bài tập có đáp án chi tiết về đồ thị hàm số môn toán lớp 12 phần 2

Câu 1: [2D1-4] Có giá trị nguyên dương tham số m để phương trình cos x  m sin x  m  có nghiệm? A B C D vô số Lời giải Chọn B Đặt t  sin x   t  Phương trình cho trở thành  2t  mt  m   m  t  1  2t  2t  Dễ thấy t  khơng thỏa mãn phương trình nên ta m  t 1 Xét hàm số f  t  2t  1  0;1 có f   t     2t   t    t 1 t 1  2 t  2   f t   Phương trình   So sánh với điều kiện suy t   2 2 t   f  t    nên ta có bảng biến thiên Lại có lim t 1 t  f  t  f  t 2 2  P 42  Câu 2: Từ suy phương trình cho có nghiệm  2  m  f      2   Vì m số nguyên dương nên m  [2D2-3] Biết phương trình log x  m log x   có nghiệm nhỏ Hỏi m thuộc đoạn đây? 5 1   A  ;  B  2;0 C  3;5 D  4;   2 2   Lời giải Chọn B Điều kiện x  x  không nghiệm phương trình Đặt t  log x , x   t  Phương trình cho trở thành t  mt    m  t  Đặt f  t   t  t 1 với t   ;  , f   t    , f   t    t  1  f  1  2 t t BBT: Phương trình có nghiệm m  2 Câu 3: [2D2-3] Cho khối cầu tâm O bán kính 6cm Mặt phẳng  P  cách O khoảng x cắt khối cầu theo hình trịn  C  Một khối nón có đỉnh thuộc mặt cầu, đáy hình trịn  C  Biết khối nón tích lớn nhất, giá trị x A 2cm B 3cm C 4cm D 0cm Lời giải Chọn A Điều kiện £ x < -Bán kính hình nón là: r  62  x  36  x -Thể tích khối nón lớn với trường hợp chiều h   x   -Khi thể tích khối nón là: V   r h   36  x   x    f ( x) 3  x  6 (L)  x  +Ta có f '( x)  3x  12 x  36 f '( x)    x  (N ) Vậy x = 2cm khối nón tích lớn Câu 4: [1D2-4] Cho đa giác 100 đỉnh Chọn ngẫu nhiên đỉnh đa giác Xác suất để đỉnh chọn đỉnh tam giác tù 16 A B C D 11 11 33 11 Lời giải Chọn C Số cách chọn ngẫu nhiên đỉnh C100 n  n  2  n  4 Áp dụng công thức tính nhanh số tam giác tù  100  100    100    117600 Vậy xác suất cần tìm là: 117600  C100 11 Lưu ý: CM cơng thức tính nhanh Gọi số đỉnh đa giác n Chọn ngẫu nhiên đỉnh có C n cách Giả sử chọn tam giác tù ABC với góc A nhọn, B tù C nhọn Chọn đỉnh lấy làm đỉnh A có n cách Kẻ đường kính qua đỉnh vừa chọn, chia đường tròn thành hai phần (trái phải) Để tạo thành tam giác tù hai đỉnh lại chọn nằm bên trái, nằm bên phải   n 1 2 n 1 C Hai đỉnh lại nằm bên phải có C Hai đỉnh cịn lại nằm bên trái có cách cách   Vậy có tất số tam giác tù n  C n 1  C n 1 , nhiên ứng với tam giác vai trị góc nhọn  2  A, C nên số tam giác tính gấp lần Do số tam giác tù tạo thành 2 n  C n 1  C n 1  n  n  2  n  4  2   Câu 5: 2x 1 có đồ thị  C  điểm I  1;  Điểm M  a; b  , a  thuộc x 1  C  cho tiếp tuyến M  C  vng góc với đường thẳng IM Giá trị a  b A B C D Lời giải [2D1-3] Cho hàm số y  Chọn D Ta có M  a; b    C   b  Lại có y   1  x  1 2a  a 1 nên tiếp tuyến d M có hệ số góc k  1  a  1 uuur   Đường thẳng IM có véc-tơ phương IM   a  1;  nên có véc-tơ pháp a 1   r tuyến n  1;  a  1   Do đường thẳng IM có hệ số góc k   Để d  IM k k   1  1   a  1  a  1  a  1   1 2   a  1 a 1  a   1   a  1     a   1   a    Mà a  , nên a  b  Do a  b  Câu 6: [2D1-3] Có giá trị nguyên m để hàm số y  3x  m  sin x  cos x  m  đồng biến ¡ ? A B C D Vô số Lời giải Chọn A  Ta có y '   m cos( x  )  Để hàm số đồng biến ¡ y '   m cos( x  )  0, x  ¡ TH1: m  thỏa mãn  TH2: m  để y '   m cos( x  )  0, x  ¡   m   m  Vì m  ¢  m  {1; 2}  TH3: m  để y '   m cos( x  )  0, x  ¡   m   m   Vì m  ¢  m  {-1; 2} Vậy: m  {-2; 1;0;1; 2} Câu 7: [2D1-3] Biết đường thẳng y   3m  1 x  6m  cắt đồ thị hàm số y  x  x  ba điểm phân biệt cho có giao điểm cách hai giao điểm lại Khi m thuộc khoảng ? 3 A (1; 0) B (0;1) C (1; ) D ( ; 2) 2 Lời giải Chọn A Phương trình cho hồnh độ giao điểm : x  x   3m  1 x  6m   (*) Yêu cầu tốn tương đương với việc phương trình (*) có ba nghiệm phân biệt cho ba nghiệm lập thành cấp số cộng +) Giả sử phương trình (*) có ba nghiệm x1 ; x2 ; x3 theo thứ tự lập thành cấp số cộng Suy : 2x2  x1  x3 Mà x1  x2  x3  nên x2  1 Thay x2  vào phương trình (*) ta :   3m   6m    m   x   +) Với m   phương trình (*) có dạng : x  3x  x    x  Dễ thấy ba nghiệm  x  lập thành cấp số cộng nên m   u cầu tốn thỏa mãn Chọn A Câu 8: [2D2-4] Cho x, y số thực dương thoả mãn ln x  ln y  ln  x  y  Tìm giá trị nhỏ P  x  y A P  B P   C P   2 Lời giải Chọn C 2 Ta có: ln x  ln y  ln  x  y   ln xy  ln  x  y   xy  x  y  1 Từ  1   x  1 y  x  x  (do y  ) D P  17  Mặt khác P  x  y  y  P  x vào  1 ta được: x  P  x   x2  P  x  P  2x2  x  f  x x 1  2 f  x Để bất phương trình   có nghiệm x  P  x 1 Ta có f   x   x2  x   x  1 0 x 2 2 f  x    2 Từ suy P   2 Lập bảng biến thiên suy x 1  2 43  ; Dấu đẳng thức xảy  x; y      Vậy MinP   2   Cách 2: x   Từ giả thiết, ta có: ln x  ln y  ln  x  y   xy  x  y  y  x  1  x   x (do y  x 1  y  0) 2 Do đó: P  x  y  x  x2 1  2x     x  1    3 2 x 1 x 1 x 1   x  1 x        x 1  Dấu xảy  y  3 y  x  x 1  Vậy MinP   2 Câu 9: [2D2-3] Tìm tập hợp tất tham số m cho phương x  x1  m.2 x 2 x   3m   có bốn nghiệm phân biệt A  2;   B  2,   C  ;1   2;   D  1;   trình Lời giải Chọn A Ta có x Đặt x 2  x 1  x 1  m.2 x 2 x   3m    x  x 1  2m.2 x  x 1  3m    t ta có phương trình t  2m.t  3m    1 Để phương trình cho có nghiệm phân biệt  phương trình  1 phải có nghiệm phân biệt t1 , t2 lớn     m  3m      m  2; m        t1  1  t2  1   t1t   t1  t     3m   2m    m  t  t   2m  t  t m   1   1  m2 Bài tốn tương tự: 2 Tìm tập hợp tất tham số m cho phương trình x  x   2m.2 x  x   5m  có bốn nghiệm phân biệt A  1;   B  ; 6  C  ; 6    1;   D  1;   Câu 10: [2H1-3] Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a Gọi E , F trung điểm cạnh SB , SC Biết mặt phẳng  AEF  vng góc với mặt phẳng  SBC  Thể tích khối chóp S ABC a3 a3 a3 a3 A B C D 24 24 12 Hướng dẫn giải Chọn A Gọi H trọng tâm ABC , điểm M trung điểm BC I  SM  EF Suy I trung điểm SM AI  EF (do AEF cân A )  AEF    SBC   Ta có  EF   AEF    SBC   AI   SBC   AI  SM  AI  EF  Do SAM cân A Từ SA  AM  Ta có AH  a a 15 ; SH  SA2  AH  AM  3 Diện tích S ABC  Thể tích VS ABC Câu 11: a AB a  4 a3  S ABC SH  24 [2H3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : x2 y z   mặt 1 2 cầu  S  :  x  1   y     z  1  Hai mặt phẳng  P   Q  chứa d tiếp xúc với  S  Gọi M N tiếp điểm Độ dài đoạn thẳng MN A 2 B C D Lời giải Chọn B Từ  S  : Tâm I  1; 2;1 bán kính R  r Từ d : Vectơ u   2; 1;  Hạ IH  d  H   2t ; t ; 4t  uuu r  IH   2t  1; 2  t ; 4t  1 uuu rr  IH u    2t  1   1  2  t    4t  1   t   H  2;0;0  Xét tam giác IHM vng M ta có MH  IH  IM     MH  Ta có 1 1       MK  2 4 MK MH MI Vậy MN  2MK  Câu 12: Vậy chọn Đáp án B [2D3-2] Hàm số f  x     Giá trị F   2 3  11ln A cos x  4sin x    3 có nguyên hàm F  x  thỏa mãn F    cos x  sin x 4 B 3 C 3 D 3  ln Lời giải Chọn A Ta có      f  x  dx    cos x  4sin x  11 (  sin x  cos x )  dx     dx cos x  sin x cos x  sin x   2  11 3  3 11   x  ln cos x  sin x    ln 2   Mà     f  x  dx  F  x       F   F   2 4  3  11ln      F    F    f  x  dx  2 4  Câu 13: [2D3-3] Xét hàm số f ( x) liên tục đoạn  0;1 thỏa mãn f ( x)  f (1  x)   x Tích phân  f ( x)dx A B C 15 D Lời giải Chọn C Ta có: f ( x)  f (1  x)   x (1) Đặt t   x , thay vào (1) , ta được: f (1  t )  f (t )  t hay f (1  x)  f ( x )  x (2) Từ (1) & (2) , ta được: f ( x)  Do đó, ta có:  f ( x) dx  Câu 14: x  1 x 5 2 x dx    x dx     50 50 15 15 [2D4-4] Với hai số phức z1 z2 thoả mãn z1  z2   6i z1  z2  2, tìm giá trị lớn P  z1  z2 A P  Chọn B B P  26 C P   Lời giải D P  34   z1   6i  z2 Vì hai số phức z z thoả mãn z  z   6i z  z  nên  z   6i  z  1 2  z z 2   z1    3i      z2    3i    *   z1  z2  Gọi , hai điểm biểu diễn hai số phức z z từ * suy A, B   A B nằm đường trịn  C  có tâm I  4;3 , bán kính R  AB đường kính đường trịn  C Như P  z1  z2  OA  OB Ta có OA2  OB AB   OI  OA2  OB   52  1  52 Suy 52  OA2  OB  2OA.OB   OA  OB   OA2  OB  2OA.OB  52  52  104  P  z1  z2  OA  OB  104  26 Dấu xảy OA  OB Câu 15: · [1H3-4] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm I , cạnh a , góc BAD  60 , a Gọi  góc đường thẳng SD mặt phẳng  SBC  Giá trị sin  SA  SB  SD  bằng: 2 A B C D 3 3 Lời giải Chọn C · Vì đáy ABCD hình thoi cạnh a , góc BAD  60 nên tam giác BAD cạnh a Gọi O tâm tam giác BAD , M trung điểm AD Ta có BO  Vì SA  SB  SD  a a nên hình chiếu vng góc S mặt phẳng  ABCD  điểm O Có BC  SO , BC  OM nên BC   SOM    SBC    SOM  Kẻ OE  SB , E  SB  OE   SBC   d  O ;  SBC    OE Ta có SO  SB  OB  Mặt khác d  M ;  SBC   d  O ;  SBC    3a 3a 15a Khi OE    SO.OB SO  OB 2  15a MB 3 15a   d  M ;  SBC    d  O ;  SBC    OB 2 15a Vì DM //  SBC   d  M ;  SBC    d  D ;  SBC    Gọi hình chiếu vng góc D mặt phẳng  SBC  K 15a Ta có DK  d  D ;  SBC    góc đường thẳng SD mặt phẳng  SBC  DK 15a 3a ·  :  DSK    sin   SD Câu 16: x  y  z 1   1 mặt phẳng ( P ) : x  y  z   Đường thẳng  nằm mặt phẳng  P  , vng góc với [2H3-3] Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : đường thẳng d đồng thời khoảng cách từ giao điểm I d với  P  đến  M  5; b; c  hình chiếu vng góc I  Giá trị bc A 10 B 10 C 12 D 20 Lời giải Chọn B 42 Gọi ur Đường thẳng d có vecto phương u1  2;1; 1 r Mặt phẳng  P  có vecto pháp tuyến n  1;1;1 uu r ur r uu r Gọi u2 vecto phương đường thẳng  Khi u2  u1 , n    2; 3;1  Vì I  d   P  nên ta tìm I  1; 3;0  Gọi  đường thẳng nằm  P  vng góc với  ,     M thỏa mãn IM  42 r r uu r  có vecto phương u   n, u2    4;1; 5   x   4t  Khi  ' có phương trình  y  3  t  z  5t  Gọi M    M   4t ; 3  t ; 5t  , IM  42   4t   t   5t   42  t  1 Với t   M  5; 2; 5   bc  10 Với t  1  M  3; 4;5  (loại) Vậy bc  10 ...   t   H  2; 0;0  Xét tam giác IHM vng M ta có MH  IH  IM     MH  Ta có 1 1       MK  2 4 MK MH MI Vậy MN  2MK  Câu 12: Vậy chọn Đáp án B [2D3 -2] Hàm số f  x   ... Ta có OA2  OB AB   OI  OA2  OB   52  1  52 Suy 52  OA2  OB  2OA.OB   OA  OB   OA2  OB  2OA.OB  52  52  104  P  z1  z2  OA  OB  104  26 Dấu xảy OA  OB Câu 15:...  x   x2  P  x  P  2x2  x  f  x x 1  2? ?? f  x Để bất phương trình   có nghiệm x  P  x 1 Ta có f   x   x2  x   x  1 0 x 2? ?? 2 f  x    2 Từ suy P   2 Lập bảng