ĐÁP án CHÍNH THỨC đề KT lần 1 NHÓM TOÁN học

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC ĐỀ KT LẦN 1 NHÓM TOÁN HỌC PHẦN 1: TRẮC NGHIỆM THÔNG THƯỜNG: Câu 1.. Vì xét tính đơn điệu là xét trên từng khoảng xác định.. Xem đáp án câu 9 phần trắc nghiệm thông thư

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC ĐỀ KT LẦN 1 NHÓM TOÁN HỌC PHẦN 1: TRẮC NGHIỆM THÔNG THƯỜNG:

Câu 1 Chọn D

Xét đáp án A, hàm số đã cho không xác định tại x 2 nên A sai

Xét đáp án B,

 2

3

2

x

Xét đáp án C, không được phép kết luận theo cách này Vì xét tính đơn điệu là xét trên từng khoảng xác định

Xét đáp án D, đúng

Câu 2 Chọn A

 

f x không đổi dấu qua x 2 Suy ra, hàm số không đạt cực trị tại x 2

Câu 3 Chọn A

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đồng biến trên 1;  nên đồng biến trên

  1;3  1; 

Câu 4 Chọn C

0

1

x

x







  



Vẽ phác họa bảng biến thiên và kết luận được rằng hàm số

Đồng biến trên các khoảng 1; 0 và 1; 

Nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và  0;1

Câu 5 Chọn C

2

3

1

1

x

Cách 1: Sử dụng bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra f cd' 8

Cách 2: Sử dụng f 3

3

3

1 24

f

Từ đó suy ra f CD' f ' 1 8.

Câu 6 Chọn B

Từ đồ thị hàm số y f ' x ta nhận thấy f ' x đổi dấu 3 lần Do vậy hàm số

 

y f x có ba điểm cực trị

Câu 7 Chọn D

Xét đáp án A: Hàm số y x không có đạo hàm tại x0 nhưng đạt cực tiểu tại

0

x

Xét đáp án B: Hàm số 3

yx có f ' 0 0 nhưng không đạt cực trị tại x0 Xét đáp án C: Xét hàm số 4

yx có f ' 0 0, f '' 0 0 nhưng đạt cực đại tại

0

x

Câu 8 Chọn A

Ta có g' x  f 'x20182019

g x   f x  Dựa vào đồ thị y f ' x đã cho suy ra

phương trình f 'x20182019 có duy nhất 1 nghiệm đơn Vậy hàm số g x 

có 1 điểm cực trị

Câu 9 Chọn A

' 0

y

Ta có các điểm cực trị của đồ thị hàm số: A 0; 4 ,B 2;0

Suy ra d AB 2 0 2 0 4 2 2 5

Câu 10 Chọn D

Gọi  C là đồ thị hàm số yg x  f 2x

Tịnh tiến  C sang trái 2 đơn vị ta được đồ thị hàm số yg x 2 f  x

Lấy đối xứng đồ thị hàm số y f  x qua Oy ta được đồ thị hàm số y f x 

2

0 0

0











x x

x

Bảng xét dấu y

Vậy hàm số  2 

3

y f x nghịch biến trên khoảng  0;1

Câu 12 Chọn A

Gọi x là số tivi mà cửa hàng đặt mỗi lần x , 1 x 2500

Số tivi trung bình lưu kho là

2

x

nên chi phí lưu kho là 10 5 $

2

x x



Số lần đặt hàng trong năm là 2500

x và chi phí đặt hàng là: 2500 

20 9x $

Tổng số chi phí mà cửa hàng phải trả là: 2500  50000

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 50000

x

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x100 Vậy cửa hàng cần đặt hàng 25 lần, mỗi lần 100 cái

Câu 13 Chọn D

*

1

Từ đề bài ta có:

2 4

2

2.

m

Kết luận: m 2 thỏa mãn ycbt

Cách 2: Ta có định lý Viete: 1 2 2

1 2

2 1

2

4m 3 m 1 7

2 2

m

Kết luận: Kết luận: m 2 thỏa mãn ycbt

Câu 14 Chọn C

Dựa vào đồ thị ta có f x    3 f x 3 Dấu bẳng xảy ra tại x 1 Từ đó suy ra Max2;4  f x   3

Câu 15 Chọn B

TH1: m5

11 12x

y

 x0 là nghiệm bội lẻ của pt y 0 và y đổi dấu từ   sang   qua x0 0

x

  là điểm cực tiểu của hàm số  loại m5

TH2: m 5

      không đổi dấu qua nghiệm x0 

loại m 5

TH3: m 5

Nhận xét x0 không là nghiệm của phương trình g x 0

Hàm số đề cho đạt cực đại tại x0  x 0 là nghiệm của phương trình y 0

và y đổi dấu từ   sang   qua x0 Khi và chỉ khi

 

0

x

x

g x

g x















Kết hợp các trờng hợp ta có       5 m 5 m  4; 3; ;3; 4 có 9 giá trị của

m thỏa mãn bài toán

PHẦN 2: TRẮC NGHIỆM NHANH:

Câu 1 Chọn C

 

 

2

1

3

x

f x

x

 



   



Ta có

 

 

 

' 0 28 ' 3 1 ' 4 8

f f f













nên x0   3 P 2021

Câu 2 Chọn A

Xem đáp án câu 9 phần trắc nghiệm thông thường

Câu 3 Chọn C

2 1; 2

x

x

   

   

Ta có

 

 

 

1 15

f f f

 





 





nên  

 1;2 

max f x 15





Câu 4 Chọn A

Xét hàm số yx 1x2

+) TXĐ: D  1;1 

+)

2 2

1 2

y

 

  2

2 1;1 2

2 1;1 2

x

x











+) Ta có: y( 1) 0, y(1) 0,

2 2

1 2

y 

 

 

 

 ,

2 2

1 2

y 

 

Vậy

 1;1 

1 2



2

 1;1 

1 2



2

x

0

2 2

   

Câu 5 Chọn A

3

' 0

Suy ra m 9; 8; 7; 6; 5; 4 3 có 7 giá trị nguyên của m thỏa mãn

Ngoài ra: Số giá trị nguyên của m có thể được tính như sau: 3 9

1 7 1

Câu 6 Chọn B

  2

f x   x  x

f x

  



     

Cách 1: Ta có 2 điểm cực trị A   0;1 ,B 1; 2

Cách 2: Lấy

'

y

y ta có dư thức là x1 nên phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị là y x 1

Câu 7 Chọn A

Xét hàm số

2

8

f x

x trên 0;3 ,  8 0

8 ) (

2









x

m x

trên 0;3 Suy ra

8 0

) ( min

2 3

; 0

m f

x

f   Ta có























6 2

6 2 3

8 3

) ( min

2 3

;

m m

x f

 2;5 6

2

0  

Câu 8 Chọn D

ọi x y m ,   x0 ,y0 lần lượt là hai kích thước mảnh vườn hình chữ nhật;

 

R m là bán kính hình tròn ngoại tiếp mảnh vườn nên

2 2 2

4

Theo đề bài, ta có  2

961

x y m Diện tích 4 phần đất mở rộng:   2

ABCD O

S S S   R x y

2 2

2

S    xy  xy  

Câu 9 Chọn B

 TH1 : m 1 y x 5 nghịch biến trên nên nghịch biến trên 3;

Nhận m 1

 TH2 : m 1 Khi đó tập xác định \ 1

1

D

2

6 5 '

m y

1

m ycbt

m

4

m m

m

Kết hợp trường hợp 1 và 2: m 1;2;3;4;5;6;7;8;9 T 45.

Câu 10 Chọn B

 Nhận xét: x2 1 x x2 1 x 1 với mọi số thực x nên:

Đặt t x x2 1 x

2

1

x

t x

với mọi số thực x

Lại có: lim 0, lim

Suy ra t 0;

2

1

x

2 1

2 2

1

x

Mặc khác :

1

x

Nên * 3t2 2mt m 6 0 với mọi t 0;

Cách 1: Sử dụng tính chất của nghiệm phương trình bậc 2

TH1: * m2 3m 18 0 6 m 3 Khi đó t2 2mt m 6 0 với mọi

0; 

t   nên thỏa yêu cầu bài toán

Nhận 6 m 3

Khi đó: phương trình 3t2 2mt m 6 0 có 2 nghiệm phân biệt t1,t2 t1 t 2

Xét dấu : -∞ + t1 − t2 + +∞

1 2

1 2

1 2

6

m 

Kết hợp cả 2 trường hợp nhận m 3

Suy ra có vô số m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Cách 2: cô lập m:

2

2

t m

t

g t

2

1

2

t

t

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên * * m 3

Vậy có vô số giá trị nguyên của m thỏa mãn

PHẦN TỰ LUẬN:

Câu 1a):

Tập xác định: D

2

y  x  x  với mọi x

Từ đó suy ra hàm số đồng biến trên và không có cực trị

Câu 1b):

2

y  x  mx m

2

Cách 1: Sử dụng tính chất của nghiệm phương trình bậc 2

TH1: * m2 3m 18 0 6 m 3 Khi đó x2 2mx m 6 0 với mọi

0; 

x   nên thỏa yêu cầu bài toán

Nhận 6 m 3

Khi đó: phương trình 3t2 2mt m 6 0 có 2 nghiệm phân biệt x x x1, 2 1 x 2

Xét dấu : -∞ + x 1 − x + 2 +∞

1 2

6

m 

Kết hợp cả 2 trường hợp nhận m 3

Suy ra có vô số m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Cách 2: cô lập m:

2

x m

x

g x

2

2

1

2

x

x

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên * * m 3

Vậy có vô số giá trị nguyên của m thỏa mãn

Câu 2

Đặt x  y a 0 và 3  3

f x  x  ax  a

  Ta coi f x là hàm số theo   biến x , a là tham số

f x  x  ax  a

  , Tập xác định D

  2  2

f x   x  ax 

2

a

f x   x  ax   x

f x  f    a

 

a

x

Đặt   3 ;

2

a

g a   a Tập xác định D0; 

  3 2 3 3 2 3

g a



    ; g a   0 a 1

0;

5

2





  khi a1

Do đó   0;    5

2





Thử lại: khi 1

2

x y , a1 thì 1   5

1

 

Vậy min 5

2

2

x y