Bài 1. Bài tập có đáp án chi tiết về đồ thị hàm số môn toán lớp 12 | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Biết khối nón có thể tích lớn nhất, giá trị của x bằng.. A..[r]

Câu 1: [2D1-4] Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình

cos 2x m sinx m 0 có nghiệm?

Lời giải Chọn B.

Đặt tsinx  0 t 1 Phương trình đã cho trở thành

1 2 t mt m  0 m t1 2t 1

Dễ thấy t 1 không thỏa mãn phương trình trên nên ta được

2

2 1 1

t m t







Xét hàm số  

2

2 2

t



  trên 0;1 có  

1

1

f t

t

  



Phương trình  

2 2 2 0

2 2 2

t

f t

t







  







So sánh với điều kiện suy ra 2 2

2

t 

Lại có  

1

lim

t  f t



  nên ta có bảng biến thiên

 

 

f t

1

4 2 2

 

Từ đó suy ra phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi

2 2

4 2 2

2

mf    

Vì m là số nguyên dương nên m 1.

Câu 2: [2D2-3] Biết rằng phương trình log23 x m log 3 x 1 0 có nghiệm duy nhất nhỏ hơn 1 Hỏi

m thuộc đoạn nào dưới đây?

A 1; 2

2

 

 

  B 2;0 C 3;5  D 4; 5

2

 

 

Lời giải

Chọn B.

Điều kiện x  và 0 x  không là nghiệm của phương trình.1

Đặt tlog 3 x, do x  1 t 0 Phương trình đã cho trở thành t2 mt  1 0 1

m t

t

  

Đặt f t  t 1

t

  với t    ;0, f t  1 12

t

   , f t 0  t 1 f 1 2

BBT:

Phương trình có nghiệm duy nhất khi m  2

Câu 3: [2D2-3] Cho khối cầu tâm O bán kính là6cm Mặt phẳng  P cách O một khoảng là x cắt

khối cầu theo một hình tròn  C Một khối nón có đỉnh thuộc mặt cầu, đáy là hình tròn  C .

Biết khối nón có thể tích lớn nhất, giá trị của x bằng

Lời giải Chọn A.

Điều kiện 0£ <x 6

-Bán kính của hình nón là: r 62 x2  36 x2

-Thể tích khối nón lớn nhất với trường hợp chiều h 6 x

-Khi đó thể tích khối nón là: 1 2  2  

V  r h  x x  f x

+Ta có f x'( )3x212x36 và '( ) 0 6 (L)

2 ( )

x

f x

 

  





2

x

 

Vậy x=2cm thì khối nón có thể tích lớn nhất

Câu 4: [1D2-4] Cho đa giác đều 100 đỉnh Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác Xác suất để 3 đỉnh

được chọn là 3 đỉnh của một tam giác tù là

A 3

16

8

4

11.

Lời giải Chọn C.

Số cách chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh là C1003

Áp dụng công thức tính nhanh số tam giác tù là  2  4

8

n n n 100 100 2 100 4   

8



117600

Vậy xác suất cần tìm là: 3

100

117600 8

11

Lưu ý: CM công thức tính nhanh

Gọi số đỉnh của đa giác là n

Chọn ngẫu nhiên ra 3 đỉnh có C3n cách

Giả sử chọn được một tam giác tù ABC với góc A nhọn, B tù và C nhọn

Chọn một đỉnh bất kì lấy làm đỉnh A có n cách Kẻ đường kính qua đỉnh vừa chọn, chia đường tròn thành hai phần (trái và phải)

Để tạo thành tam giác tù thì hai đỉnh còn lại được chọn sẽ hoặc cùng nằm bên trái, hoặc cùng nằm bên phải

 Hai đỉnh còn lại cùng nằm bên trái có 2 1

2

n

C  cách

 Hai đỉnh còn lại cùng nằm bên phải có 2 1

2

n

C  cách

Vậy có tất cả số tam giác tù 2 1 2 1

n C  C 



 , tuy nhiên ứng với mỗi tam giác vai trò góc nhọn của A C, là như nhau nên số tam giác được tính gấp 2 lần Do đó số tam giác tù được tạo thành



Câu 5: [2D1-3] Cho hàm số 2 1

1

x y x





 có đồ thị  C và điểm I1; 2 Điểm M a b ; , a 0 thuộc

 C sao cho tiếp tuyến tại M của  C vuông góc với đường thẳng IM Giá trị a b bằng

Lời giải Chọn D.

Ta có M a b ;    C 2 1

1

a b a



 



Lại có

1 1

y x



 

 nên tiếp tuyến d tại M có hệ số góc là

1 1

k a







Đường thẳng IM có một véc-tơ chỉ phương là 1; 1

1

a

  



nên có một véc-tơ pháp tuyến là   2

1; 1

n  a

Do đó đường thẳng IM có hệ số góc là  

k

 

Để dIM thì k k 1

1



   a14 1 1 1

1 1

a a

 



   



2 0

a a





  



Mà a 0, nên a 2 và b 3 Do đó a b 5

Câu 6: [2D1-3]Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y3x m sinxcosx m đồng biến

trên ?

Lời giải Chọn A.

Ta có ' 3 2 cos( )

4

y  m x

Để hàm số đồng biến trên  thì ' 3 2 cos( ) 0,

4

y  m x    x

TH1: m 0 thỏa mãn

TH2: m 0 thì để ' 3 2 cos( ) 0,

4

y  m x    x  3 m 2 0 3

2

m

Vì m m{1; 2}

TH3: m 0 thì để ' 3 2 cos( ) 0,

4

y  m x    x  3m 2 0 3

2

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3 cắt đồ thị hàm số y x 3 3x21 tại ba điểm

phân biệt sao cho có một giao điểm cách đều hai giao điểm còn lại Khi đó m thuộc khoảng nào dưới đây ?

3 ( ; 2)

2

Lời giải Chọn A.

Phương trình cho hoành độ giao điểm là :

x  x  m x m  (*)

Yêu cầu của bài toán tương đương với việc phương trình (*) có ba nghiệm phân biệt sao cho ba nghiệm đó lập thành một cấp số cộng

+) Giả sử phương trình (*) có ba nghiệm x x x1; ;2 3 theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng.

Suy ra : 2x2 x1x3

Mà x1x2x33 nên x 2 1

Thay x 2 1vào phương trình (*) ta được : 1 3 3 1 6 2 0 1

3

       

+) Với 1

3

m  phương trình (*) có dạng : x3 3x22x0

0 1 2

x x x









 

 Dễ thấy ba nghiệm này lập

thành cấp số cộng nên 1

3

m  thì yêu cầu bài toán được thỏa mãn Chọn A

Câu 8: [2D2-4] Cho x y, là các số thực dương thoả mãn lnxlnylnx2y Tìm giá trị nhỏ nhất

của P x y 

A P 6 B P  2 3 2. C P  3 2 2. D P  17 3

Lời giải Chọn C.

Ta có: lnxlnylnx2y  lnxylnx2y  xy x 2y  1

Từ  1  x1yx2 x1 (do y 0)

Mặt khác P x y   y P x  thế vào  1 ta được:

2

2 1

x x

x



Để bất phương trình  2 có nghiệm x 1thì min1  

x



Ta có  

2 2

0

2 1

x



Lập bảng biến thiên suy ra min1   3 2 2

x f x

   Từ đó suy ra P  3 2 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  ;  2 2 4 3 2;

x y    

Vậy MinP  3 2 2

Cách 2:

Từ giả thiết, ta có: lnxlnylnx2y  2   2 2

1 1

1

x

y x















(do

0

y  )

x

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2

1

1 1

x

x x y x



 



 



1 1 2

4 3 2 2

x

y



 



 



 



Vậy MinP  3 2 2

Câu 9: [2D2-3] Tìm tập hợp tất cả các tham số m sao cho phương trình

4x x m.2x  x 3m 2 0

    có bốn nghiệm phân biệt

A 2;   B. 2,   C  ;1  2;  D 1; 

Lời giải Chọn A.

Ta có 4x2  2x 1 m.2x2  2x 2 3m 2 0

    4x22x1 2 2m x22x1 3m 2 0

Đặt 2x2  2x 1 t

 ta có phương trình t2 2 m t3m 2 0  1

Để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt  phương trình  1 phải có 2 nghiệm phân biệt t1, t2 lớn hơn 1.

 1   2 

1 2

0

1 2

t t



  









1 2 1 2

1 2

0

1 0 2

t t t t

t t



 







m





2; 1 1 1

m m





  

 



2

m

Bài toán tương tự:

Tìm tập hợp tất cả các tham số m sao cho phương trình 9x2  4x 4 2 2m x2  4x 4 5m 6

nghiệm phân biệt

A 1;  B.   ; 6 C   ; 6  1;  D 1; 

Câu 10: [2H1-3] Cho hình chóp đều S ABC có đáy là tam giác đều cạnh a Gọi E, F lần lượt là

trung điểm của các cạnh SB, SC Biết mặt phẳng AEF vuông góc với mặt phẳng SBC.

Thể tích khối chóp S ABC bằng

A 3 5

24

8

24

12

Hướng dẫn giải Chọn A.

Gọi H là trọng tâm của ABC, điểm M là trung điểm của BC và I SMEF

Suy ra I là trung điểm của SM và AI EF (do AEF cân tại A)

Ta có

AI EF









 



AI SBC

Do đó SAM cân tại A Từ đó 3

2

a

SA AM 

a

6

a

Diện tích

ABC

Thể tích

3

S ABC ABC

a

Câu 11: [2H3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz,cho đường thẳng : 2





cầu   S : x12y 22z12 2 Hai mặt phẳng  P và  Q chứa d và tiếp xúc với

 S Gọi M và N là tiếp điểm Độ dài đoạn thẳng MNbằng

2 3

Lời giải Chọn B.

Từ  S : Tâm I1;2;1 và bán kính R 2

Từ d:Vectơ u2; 1; 4 

Hạ IH d  H2 2 ; ;4 t t t 

2 1; 2 ; 4 1

      

IH u

2t 1 2  1  2 t 4 1 4 0t 

0

t

   H2;0;0

Xét tam giác IHM vuông tại M ta có MH2IH2 IM2  6 2 4  MH 2

Ta có 1 2 1 2 12

MK MH MI

1 1

4 2

4

3

MK

Vậy MN 2MK 4 3

3

 Vậy chọn Đáp án B

Câu 12: [2D3-2] Hàm số   7 cos 4sin

f x





 có một nguyên hàm F x thỏa mãn   3

F  

Giá trị

2

F 

  bằng

A 3 11ln 2

4

 

B 3 4



C 3 8



D 3 ln 2

4

 

Lời giải Chọn A.

Ta có  

2

4

d

f x x







2

4

7 cos 4sin

d cos sin

x













2

4

3 11 ( sin cos )

d

2 2 cos sin

x









2

4





ln 2



Mà  

2

4

d

f x x





4

F x







F  F

 

2

4

d





   

    

Câu 13: [2D3-3] Xét hàm số f x( ) liên tục trên đoạn 0;1 và thỏa mãn 2 ( ) 3 (1f x  f  x) 1 x.

Tích phân

1

0

( )d

f x x

A 2

1

2

3

5.

Lời giải Chọn C.

Ta có: 2 ( ) 3 (1f x  f  x) 1 x (1).

Đặt t 1 x, thay vào (1), ta được: 2 (1f  t) 3 ( ) f t  t hay 2 (1f  x) 3 ( ) f x  x (2).

Từ (1) & (2), ta được: ( ) 3 2 1

f x  x  x

Do đó, ta có:

1

0

( ) d

f x x



      25 154 2

15

Câu 14: [2D4-4] Với hai số phức z1 và z2 thoả mãn z1z2  8 6i và z1 z2 2, tìm giá trị lớn nhất

của Pz1  z2

A P 4 6 B P 2 26 C P  5 3 5 D P 34 3 2

Lời giải Chọn B.

Vì hai số phức

1

z và z2 thoả mãn z1z2  8 6i và

z  z  nên

1 2

8 6

8 6 2

z z







1

2

1 2

4 3 1

4 3 1 2

z z





 



 *

Gọi A, B lần lượt là hai điểm biểu diễn của hai số phức

1

z và z2 khi đó từ  * suy ra A B,

nằm trên đường tròn  C có tâm I4;3 , bán kính R 1 và AB là đường kính của đường tròn

 C

Như vậy Pz1  z2 OA OB

2 5 1 52



Suy ra 52OA2OB2 2OA OB  OA OB 2 OA2OB22OA OB 52 52 104 

       Dấu bằng xảy ra khi OA OB

Câu 15: [1H3-4] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I , cạnh a, góc BAD 60

3 2

a

SA SB SD   Gọi  là góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng SBC Giá trị sin bằng:

A 1

2

5

2 2

3 .

Lời giải Chọn C.

Vì đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc BAD   nên tam giác 60 BAD đều cạnh a.

Gọi O là tâm của tam giác đều BAD, M là trung điểm AD Ta có 3

3

a

BO 

2

a

SA SB SD   nên hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABCD là điểm O 

Có BC SO , BCOM nên BCSOM  SBC  SOM Kẻ OESB , E SB

   d O SBC ;   OE

Ta có SO SB2 OB2

6

a

 Khi đó OE SO OB2. 2

SO OB





15 9

a

Mặt khác    

;

;

d M SBC

d O SBC

MB OB

2

2

d M SBC d O SBC

6

a

Vì DM//SBC  d M SBC ;   d D SBC ;   15

6

a

Gọi hình chiếu vuông góc của D trên mặt phẳng SBC là  K

Ta có DK d D SBC  ;   15

6

a

 và góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng SBC là

DSK  sin DK

SD



:

3

Câu 16: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 3 2 1

 và mặt phẳng ( ) :P x y z   2 0  Đường thẳng  nằm trong mặt phẳng  P , vuông góc với đường thẳng d đồng thời khoảng cách từ giao điểm I của d với  P đến  bằng 42 Gọi

5; ; 

M b c là hình chiếu vuông góc của I trên . Giá trị của bc bằng

Lời giải Chọn B.

Đường thẳng d có vecto chỉ phương là u 12;1; 1 

Mặt phẳng  P có vecto pháp tuyến là n1;1;1

Gọi u 2

là vecto chỉ phương của đường thẳng  Khi đó u2 u n1,  2; 3;1 

 

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

Vì I d  P nên ta tìm được I1; 3;0 

Gọi  là đường thẳng nằm trong  P và vuông góc với  ,     M thỏa mãn IM  42



 có vecto chỉ phương là un u, 2

 

4;1; 5

Khi đó ' có phương trình là

1 4 3 5

 





 



 



Gọi M  M1 4 ; 3 t   t; 5t , IM  42   4t 2t2 5t 2 42 t 1

Với t 1 M5; 2; 5    bc10

Với t 1 M3; 4;5  (loại)

Vậy bc 10



