ĐÁP án CHÍNH THỨC đề KT lần 1 NHÓM TOÁN học

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC ĐỀ KT LẦN NHĨM TỐN HỌC PHẦN 1: TRẮC NGHIỆM THÔNG THƯỜNG: Câu Chọn D Xét đáp án A, hàm số cho không xác định x  2 nên A sai Xét đáp án B, y '   x  2  0, x  2 , B sai Xét đáp án C, không phép kết luận theo cách Vì xét tính đơn điệu xét khoảng xác định Xét đáp án D, Câu Chọn A f   x  không đổi dấu qua x  2 Suy ra, hàm số không đạt cực trị x  2 Câu Chọn A Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đồng biến 1;    nên đồng biến 1;3  1;    Câu Chọn C x  Ta có y '  x3  x  x  x  1 ; y '    x   x  1 Vẽ phác họa bảng biến thiên kết luận hàm số Đồng biến khoảng  1;0  1;    Nghịch biến khoảng   ;  1  0;1 Câu Chọn C f' x 4x x f '' x 12 x 12 x f '' x x x Cách 1: Sử dụng bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên suy f cd' Cách 2: Sử dụng f f f 24 x x f 1 24 24 Từ suy f CD' f' Câu Chọn B Từ đồ thị hàm số y  f '  x  ta nhận thấy f '  x  đổi dấu lần Do hàm số y  f  x  có ba điểm cực trị Câu Chọn D Xét đáp án A: Hàm số y  x khơng có đạo hàm x  đạt cực tiểu x0 Xét đáp án B: Hàm số y  x có f '    không đạt cực trị x  Xét đáp án C: Xét hàm số y  x có f '    0, f ''    đạt cực đại x0 Câu Chọn A Ta có g '  x   f '  x  2018   2019 g '  x    f '  x  2018   2019 Dựa vào đồ thị y  f '  x  cho suy phương trình f '  x  2018   2019 có nghiệm đơn Vậy hàm số g  x  có điểm cực trị Câu Chọn A y' x y' x x y x y x 3x 6x Ta có điểm cực trị đồ thị hàm số: A 0; , B 2;0 Suy d AB 2 2 Câu 10 Chọn D Gọi  C  đồ thị hàm số y  g  x   f   x  Tịnh tiến  C  sang trái đơn vị ta đồ thị hàm số y  g  x    f   x  Lấy đối xứng đồ thị hàm số y  f   x  qua Oy ta đồ thị hàm số y  f  x  Ta có y  f  x  3  y  x f   x  3 x  x  x    y     x    x    f   x  3  x    x2     Bảng xét dấu y  Vậy hàm số y  f  x  3 nghịch biến khoảng  0;1 Câu 12 Chọn A Gọi x số tivi mà cửa hàng đặt lần  x  ,  x  2500  Số tivi trung bình lưu kho x x phí lưu kho 10  x $ 2 Số lần đặt hàng năm 2500 2500 chi phí đặt hàng là:  20  x  $ x x Tổng số chi phí mà cửa hàng phải trả là: 2500 50000  22500  20  x   5x  5x  x x Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: x  50000  1000 x Dấu xảy x  100 Vậy cửa hàng cần đặt hàng 25 lần, lần 100 Câu 13 Chọn D y' 3x y' m2 6mx x2 2mx m2 x m x m Cách 1: * * Từ đề ta có: m m2 m m m m m 2 Kết luận: m thỏa mãn ycbt Cách 2: Ta có định lý Viete: x12 x 22 x1 m 2 x1 x m2 x2 4m m x1 x x1 x1 x 2m x2 m 7 Kết luận: Kết luận: m thỏa mãn ycbt Câu 14 Chọn C Dựa vào đồ thị ta có f  x   3   f  x   Dấu bẳng xảy x  1 Từ suy Max   f  x     2;4 Câu 15 Chọn B y  x12   m   x   m  25  x  y  12x11   m   x   m  25  x TH1: m   y  12x11  x  nghiệm bội lẻ pt y  y  đổi dấu từ    sang    qua x   x  điểm cực tiểu hàm số  loại m  TH2: m  5  y  12x11  70x  x 12x  70   y không đổi dấu qua nghiệm x   loại m  5 TH3: m  5 Ta có y  x5 12x   m   x   m2  25    x5 g  x  Nhận xét x  không nghiệm phương trình g  x   Hàm số đề cho đạt cực đại x   x  nghiệm phương trình y   y  đổi dấu từ    sang    qua x  Khi  lim g  x    x 0   m  25    5  m   g  x   xlim  0 Kết hợp trờng hợp ta có 5  m   m  4; 3; ;3; 4  có giá trị m thỏa mãn toán PHẦN 2: TRẮC NGHIỆM NHANH: Câu Chọn C f '  x   3x  x   x  1 f ' x    x   f '    28  Ta có  f '  3  nên x0   P  2021   f '  4  Câu Chọn A Xem đáp án câu phần trắc nghiệm thông thường Câu Chọn C  x    1; 2 Đạo hàm f '  x   x  x  12  f '  x      x  2  1; 2  f  1  15  Ta có  f 1  5 nên max f  x   15  1;2   f  2  Câu Chọn A Xét hàm số y  x  x +) TXĐ: D   1;1 +) y   x  x x  x2   x2  x2 , x  1    1;1 x  2 y    x        1;1 x   +) Ta có: y( 1)  , y(1)  , y 2     Vậy M  Max y  1;1 M m  1 , y         1  x  , m  Min y   x   1;1 2 2 1   2 Câu Chọn A y' 3x ycbt y' 2x Suy m 4m x ' m2 9; 8; 7; 6; 5; 12m 27 m có giá trị nguyên m thỏa mãn Ngoài ra: Số giá trị nguyên m tính sau: 1 Câu Chọn B f '  x   6 x  x x   y  f ' x    x  1 y  Cách 1: Ta có điểm cực trị A  0;1 , B 1;   AB  1;1   AB  : x y 1    AB  : y  x  1 y ta có dư thức x  nên phương trình đường thẳng qua điểm y' cực trị y  x  Cách 2: Lấy Câu Chọn A 8  m2 x m2 0;3 , f ' ( x)   nên hàm số đồng biến x x  82 Xét hàm số f x 0;3 Suy f ( x)  f 0   0;3 f ( x)  3   0;3 m2 Ta có m  m2  3   m  2  m0   2;5 Câu Chọn D ọi x , y  m   x  0, y   hai kích thước mảnh vườn hình chữ nhật; R  m  bán kính hình trịn ngoại tiếp mảnh vườn nên R  x2  y   Theo đề bài, ta có x y  961 m Diện tích phần đất mở rộng: S  SO   S ABCD  R  x y S   x2  y 2 xy  xy    xy  480,5  961 4 Câu Chọn B   Nhận m TH2 : m Khi tập xác định D y' y 5m m 3m m m m m m m m Kết hợp trường hợp 2: m Câu 10 Chọn B \ 5m m x ycbt x nên nghịch biến 3; nghịch biến TH1 : m 1;2;3;4;5;6;7;8;9 T 45  x2 Nhận xét: x2 y x x2 Đặt t x x x2 m x2 1 x t' x x 1 với số thực x nên: x x x2 m 1 x x 1 Dễ thấy: x x2 x x2 x x 1 t' x x x 1 với số thực x Lại có: lim t x 0, lim t x x 0; Suy t t ' x t2 y' ycbt 2mt x x2 3t 1 x x 3t x Mặc khác : Nên * m x y' x 2mt 2mt 6 m với x m 3t 2mt (với t với x 0; t 0; với t m x2 x ) * với x Cách 1: Sử dụng tính chất nghiệm phương trình bậc m Khi t 2mt TH1: * m 3m 18 m với t   0;    nên thỏa yêu cầu toán Nhận TH2: m m2 * m Khi đó: phương trình 3t Xét dấu : -∞ ycbt t1 t2 + 0 m m 2mt m t1 t1 có nghiệm phân biệt t1 ,t t1 t2 − t1t t2 m m m  6 Kết hợp trường hợp nhận m Suy có vơ số m thỏa mãn u cầu tốn Cách 2: lập m: * 3t m 2t x 0; m Đặt g t 3t 2t x 3t 2t 0; ** + t2 +∞ m so sánh điều kiện   nhận g' t 6t 6t 2t 12 ,g' t t t Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên * * m Vậy có vơ số giá trị nguyên m thỏa mãn PHẦN TỰ LUẬN: Câu 1a): Tập xác định: D  y '  x  x   với x  Từ suy hàm số đồng biến khơng có cực trị Câu 1b): y '  3x  2mx   m   ycbt 3x 2mx m với x 0; * Cách 1: Sử dụng tính chất nghiệm phương trình bậc m Khi x TH1: * m 3m 18 2mx m với x   0;    nên thỏa yêu cầu toán Nhận TH2: m * m2 m Khi đó: phương trình 3t ycbt x1 x2 m m 2mt m x1 + Xét dấu : -∞ 0 có nghiệm phân biệt x1 , x x1 x2 − x1 x x1 x2 m m m  6 Kết hợp trường hợp nhận m Suy có vơ số m thỏa mãn u cầu tốn Cách 2: lập m: + x2 +∞ m so sánh điều kiện   nhận 3x * m 3x 2x Đặt g x g' t m 2x x 3x 2x 6x 6x 2x 12 x 0; 0; ,g' t ** x x Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên * * m Vậy có vơ số giá trị nguyên m thỏa mãn Câu Đặt x  y  a  f ( x)   x3   a  x    a Ta coi f  x  hàm số theo   biến x , a tham số Xét f ( x)   x3   a  x    a , Tập xác định D    f   x   3 x   a  x     f   x    3x   a  x    x  a a a a f  x   f     a x  2 Đặt g  a   g  a   a3  a ; Tập xác định D   0;    3a 3a a  ; g  a    a    2 a a g  x   g 1   0;  5 a  Do P  f  x   g  a    0;  Thử lại: x  y  Vậy Pmin  5 1 , a  P  f    g 1   2 2 5 x  y  2 ...  ? ?1; 1 +) y   x  x x  x2   x2  x2 , x  ? ?1    ? ?1; 1 x  2 y    x        ? ?1; 1 x   +) Ta có: y( ? ?1)  , y (1)  , y 2     Vậy M  Max y  ? ?1; 1 M m  1 ,... ? ?1 Từ suy Max   f  x     2;4 Câu 15 Chọn B y  x12   m   x   m  25  x  y  12 x 11   m   x   m  25  x TH1: m   y  12 x 11  x  nghiệm bội lẻ pt y  y  đổi dấu từ... dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: x  50000  10 00 x Dấu xảy x  10 0 Vậy cửa hàng cần đặt hàng 25 lần, lần 10 0 Câu 13 Chọn D y'' 3x y'' m2 6mx x2 2mx m2 x m x m Cách 1: * * Từ đề ta có: m m2