2 toán 10 đáp án lời giải
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (425.05 KB, 20 trang )
61
ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI RÕ VÀ VẮN TẮT
MÔN: TOÁN LỚP: 10.
Tên giáo viên bộ môn: VÕ THỊ HẠNH
Trang
đầu
Câu
số
Đáp
án
Lời giải rõ và vắn tắt
3
1
D
P : x �: x 2
3
2
C
Q: “ Tồn tại số nguyên dương n, với mọi số nguyên dương k �n thì k không
phải là số nguyên tố”.
3
3
D
2
a0
�
0
�
2
A. Sai, Vì ax bx c 0, ��� �
B. Sai, vì tam giác ABC nội tiếp đường tròn � A, B, C � C
a0
�
0
�
2
C. Sai, vì ax bx c 0, ��� �
3
4
D
Mệnh đề chứa biến là x + y > 1
3
5
C
Vì 3,14... 3
4
6
C
n nguyên dương thì n(n+1)(n+2) chia hết cho 3
4
7
B
� 3 29
x
�
2
2
�
x 3x 5 0 �
� 3 29
x
�
�
2
4
8
A
x=0, khi đó 02 0 (sai)
4
9
B
4
10
D
x 2, y 5 � x y 7 là số nguyên tố.
x 1, y 2 � x y 3 là số nguyên tố.
x 2, y 3 � x y 5 là số nguyên tố.
x 2, y 11 � x y 13 là số nguyên tố.
62
5
1
D
5
2
C
x �A � x �B
5
3
C
B �A
5
4
A
A �B
5
5
D
�����
5
6
A
Sử dụng MTBT, ta thấy phương trình trên có duy nhất một nghiệm âm. Do đó
Ta có nghiệm x1 1�� ; x2
1
��
3
x �� thì A không có phần tử nào.
6
7
B
Sử dụng MTBT.
6
8
A
Tập A có các phần tử từ 11 đến 49 nên số phần tử của A là (49-11)+1=39.
5 gồm các số 15, 20, 25, 30, 35, 40, 45.
Mà x �A, x M
6
9
A
A có 4 phần tử. số tập con của A là 24 16
6
10
D
B 0;3;6;9;12;15;18
7
1
B
A �C B
7
2
B
Dùng biểu đồ Ven.
7
3
B
A 0;3;6;9;12... ; C 0;6;12...
7
4
A
A �B �C b; c ; A �B � A �C b; c
8
5
D
Vì B có 3 phần tử và A có 5 phần tử. Do đó số phần tử chung của A và B phải
�3
8
6
C
Dùng biểu đồ Ven.
8
7
C
Dùng biểu đồ Ven.
8
8
D
A �B B � B �A
8
9
C
A 2; 4 , B 3; 4
A �B 2; 4
9
10
D
A �B �
9
1
A
A 0;6;12... , B 0; 2; 4;6... , C 0;3;6...
9
2
D
A �B B � B �A
63
9
3
D
A �B �
10
4
C
Vì B có 3 phần tử và A có 5 phần tử. Do đó số phần tử chung của A và B phải
�3
10
5
C
Dùng biểu đồ Ven.
10
6
C
A 2; 4 , B 3; 4
A �B 2; 4
10
7
D
Dùng biểu đồ Ven.
10
8
A
A �B �
11
9
C
11
10
A
A �B �C b; c ; A �B � A �C b; c
11
1
A
Cộng hai vế của bất đẳng thức với một số. a b � a c b c
11
2
A
b
d
ax b 0 � x ; cx d 0 � x
a
c
11
3
A
12
4
B
b
d
b d
�
a
c
a c
f x x
1
1
�2 x. 2
x
x
a b 2 � a b 2
Ta có b 1 �0, b � b 1 1 �1
2
2
Vậy ab có GTNN là bằng -1.
12
5
D
2a 2b � a b �
�� a b c
4b 4c � b c �
12
6
B
BĐT trong tam giác là: Tổng 2 cạnh luôn lớn hơn cạnh còn lại.
Do đó: vì x nguyên nên
2 1 x
�
�x 3
�
2 x 1� �
� x2
�
x 1
�
�
1 x 2
�
64
12
7
A
2
� 1� 1
f x x x x x �x �
� 2� 4
2
2
2
2
2
� 1�
� 1�
� 1� 1 1
��0, x � �x ��0 � �x � �
� 2�
� 2�
� 2� 4 4
ta có �x
vậy f(x) có giá trị lớn nhất bằng
1
4
12
8
B
Nhân hai bất đẳng thức cùng chiều. a c và c d � ac bd
12
9
A
Ví dụ: 9 3 thì 9 32 (Đúng)
12
10
B
2
f x
2
2
x 6 x 13 x 3 2 4
2
Ta có
x 3 �0, x
2
� x 3 4 �4
2
۳
۳
18
1
A
1
x 3
2
4
1
4
4
2 1
4 2
2
x 3
2
�x y 2 y (1)
�
�
2
�y x x (2)
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được
x y 0
yx
�
�
x y y 2 x2 x y � x2 y 2 0 � �
��
x y 0
y x
�
�
x0
�
x2
�
2
2
Thay y=x vào pt(1): x x x � x 2 x 0 � �
� y x 0; y x 2
Thay y=-x vào pt(1): x x x � x 0 � y 0
2
Vậy nghiệm của hệ là: (0;0) và (2;2)
65
18
2
D
�
m 2 x m 2 y 2m 2 1
�
có nghiệm là 3; 1 nên
�
x
2
my
1
2
�
Thay x=3, y=-1 vào (2) ta có 3+2m(-1)=1 � m 1
Thay x=3, y=-1, m=1 vào (1) ta có: 1.3-(-1)=4 (đúng)
Vậy m=1.
18
3
C
Ta đi từ đáp án đi lên.
A. D 3 , nghĩa là cho m=3 thay vào hệ phương trình, nếu ra nghiệm x, y
nguyên thì m=3 thỏa, tương tự làm với tất cả đáp án và chọn đáp án cuối cùng
chính xác nhất.
6 x 3 y 3 �x 3
�
��
. Vậy m=3 thỏa.
�x y 4
�y 7
Thay m=3 vào hệ ta có hpt � �
3y 0
�
�x 1
��
. Vậy m=0 thỏa.
�x y 1 �y 0
Thay m=0 vào hệ ta có hpt � �
2 x 3 y 1 �x 5
�
��
. Vậy m=1thỏa.
�x y 2
�y 3
Thay m=1 vào hệ ta có hpt � �
Vậy chọn đáp án cuối cùng là C. D 0;1; 2;3
19
4
B
Sử dụng máy tính bỏ túi như sau:Mode � 5 � 1 � 3= � -5= � 2= � 4=
� 2= � 7= � =
19
5
D
�
�
mx m 2 y m 2
�
2m m 2 y my 2 y m 2
�x 2 my
hpt � �
��
�� 2
m m 2 y m 2 0
�x 2 my
�x my 2
�
m 1
�m 2 m 2 0
�
��
Để hệ đã cho vô nghiệm thì �
m �2
�
�m 2 �0
19
6
D
Sử dụng máy tính bỏ túi như sau:Mode � 5 � 1 � 5= � -4= � -3= � 7=
� -9= � -11= � =
19
7
A
2mx 4 y 2m 2
mx 2 y m 1
�
�
hpt � �
��
� 4 m2 y 2m2 3m 2
2
2
2
x
my
2
m
5
2
mx
m
y
2
m
5
m
�
�
66
m �2
�
�
4m 0
�
� 1
��
m � m 2
Để hệ đã cho vô số nghiệm thì � 2
2m 3m 2 0
�
� 2
m 2
�
�
2
19
8
B
ĐK: x, y �0
Đặt u
1
1
,v
x
y
�1 1
� 1
u
�x 2
�
2u 6v 1 � 2
�
�x 2
�
��
��
��
Ta có hệ: �
(thỏa)
1 1
1
2u 6v 3
y3
�
�
�
�
v
�
� 3
�y 3
20
9
B
Sử dụng MTBT.
20
10
C
2
2
Vì Dx a b nên Dx 0 hoặc Dx �0
26
1
C
26
2
D
26
3
B
uur uur
AI IC vì có cùng hướng và cùng độ dài.
67
26
4
D
26
5
A
Số vectơ được tính theo công thức sau: n(n-1)
Với n=6, suy ra số vectơ là 5.6=30
27
6
D
27
7
A
27
8
B
27
9
C
27
10
B
uuu
r uuur
AB DC vì có cùng hướng và cùng độ dài.
uuu
r
uuur
AB AB; CD CD
uuu
r uuur
AB CD � AB CD
uuur r
AB
0
A B
uuur r uuur r
Giả sử AB u, BC v
r
r
Nếu u và v không cùng phương thì A, B, C tạo thành một tam giác và
AB BC AC
r r
uuu
r uuur
r r
uuur
r
r
Vì u v AB BC AC nên u v AC AB AC u v
r
r
Nếu u và v cùng phương thì 3 điểm A, B, C thẳng hàng
r
r
r
r
r r
r
r
+ u và v ngược hướng thì u v u v
r r
r
r
+ u và v cùng hướng thì u v u v
28
1
D
uuu
r uuur uuur uuu
r uuur uuur uuur uuu
r uuur uuu
r
AB CD AC CB CD AC CD CB AD CB
28
2
A
Gọi M, N là trung điểm của AB, CD. Khi đó
uuu
r uuu
r uuur uuur uuur
uuuu
r uuur uuur
VT OA OB OC OD OE 2OM 2ON OE
68
uuuuu
r
uuuu
r
uuuur
uuur
Vẽ M’ sao cho OM ' 2OM , N’ sao cho ON ' 2ON
Khi đó ta thấy và cần chứng minh OM’E’N’ là hình bình hành.
uuuuu
r uuuur uuur uuuu
r uuur r
VT OM ' ON ' OE OE ' OE 0
uuur uuuu
r
uuuu
r r
Tổng quát: Cho đa giác đều A1 A2 ... An có tâm O thì OA1 OA2 ... OAn 0
28
3
C
uuu
r uuur
uuur
Theo quy tắc hình bình hành, ta có AB AD AC
uuur uuur uuur
� AB AD AC AC
uuuu
r uuuu
r uuur
28
4
B
28
5
C
29
6
B
uuu
r uuur
uuu
r uuur uuu
r uuu
r
uuu
r r
AB, CD cùng hướng, cùng độ dài nên AB CD AB AB 2 AB �0
29
7
B
Theo quy tắc trừ ta có AB AC CB
Sử dụng quy tắc 3 điểm: OM MN ON
uuur uuur
uuu
r
69
29
8
C
uuu
r uuu
r uuu
r uuur uuur
uuu
r uuu
r uuur
AB CB AB BC AC � AB CB AC AC
ABCO có các cạnh đều bằng a suy ra ABCO là hình thoi � AC OB tại
trung điểm M.
Vì tam giác ABO đều cạnh a nên đường cao AM
a 3
2
a 3 a 3
a 3
2
2
uuur uuur uuuu
r uuur uuuu
r uuur uuuu
r r
MA MB MC MB MC MB MC 0 (Theo quy tắc hình bình
Vậy AC AM MC
29
9
B
hành)
29
10
D
uuur uuuur uuuur uuur
uuur
Sử dụng quy tắc 3 điểm MP NM NM MP NP
30
1
A
30
2
D
30
3
B
uuuu
r uuur uuur uuuu
r uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuu
r uuur
3MG MA MB MC MA MA AB MA AC 3MA AB AC
uuuu
r uuur uuu
r uuur
uuur uuu
r uuur uuur 1 uuu
r uuur
� 3MG 3MA AB AC � 3 AG AB AC � AG AB AC
3
30
4
B
M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k k �1 thì
uuur
uuur
uuuu
r uuu
r
uuuu
r uuu
r
uuuu
r uuuu
r uuu
r uuu
r
MA k MB � MO OA k MO OB � OM kOM OA kOB
uuu
r uuu
r
uuuu
r OA kOB
� OM
1 k
70
30
5
D
Theo tính chất ngũ giác đều � AC / / ED
uuur uuur
uuu
r uuur
uuur
uuur
Vì AC , ED cùng hướng nên k>0 và AB BC AC k ED
uuu
r uuur
uuur
uuur
Mà AB BC AC ED ED � k 1
31
6
B
Gọi M là điểm sao cho MJ nhận I là trung điểm. Khi đó I là trung điểm của 2
đường chéo AB, MJ.
Suy ra AMBJ là hình bình hành.
AM / / BC � AM / / JC
AM BJ � AM JC
Suy ra AMJC là hình bình hành.
uu
r uuur
r
uu
r 1 uur uur
uu
r uur uur r
IB IC 2 IA IB IC 0
2
31
7
D
31
8
C
31
9
A
uuur 1 uuu
r uur 1 �uuu
r 1 uuu
r uuur � 3 uuu
r 1 uuur
AE AB AI �AB AB AC � AB AC
2
2�
2
4
� 4
31
10
D
A là điểm bất kì, I là trọng tâm tam giác ABC, ta có
Ta có IA IM 0 � IA
uuu
r uuur uuur
uur
AB AC AD 3 AI
uur uu
r uuur 1 uuur uu
r r
� IB IA AC AC 3IA 0
2
uur uu
r 3 uuur r
� IB 2IA AC 0
2
uur uu
r 3 uur uu
r r
� IB 2IA IC IA 0
2
u
u
r
u
u
r
uu
r uur uur r
1
3 uur r
� IA IB IC 0 � IA 2 IB 3IC 0
2
2
32
1
B
Gọi D(x;y)
uuu
r
uuur
AB 2;1 ; DC 5 x; 4 y
71
uuu
r uuur
5 x 2
�
�x 3
��
4 y 1 �y 5
�
Vì ABCD là hình bình hành nên AB DC � �
32
2
C
32
3
C
Ta có u xi y j � u x; y nên tọa độ của vectơ 2i j là (2;1)
32
4
B
r r
r
a b 3;5 ; c 6; 10
r
r
r
r
r r
� �1�
3�
�
. 6
�
1
� � 2�
�k
Ta có �
2
�1�
�
5�
�
. 10
�
� � 2�
32
5
A
r r
r
r r
r
1
� a b và c cùng phương, mà k 0 � a b và c ngược hướng.
2
r
r
r
u 2;3 , v cùng hướng với u � k 0
ở câu A, v1 1 k . 2 � k
1
2
1
3
v2 k .3 .3
2
2
r
� 3�
� 2�
1; �
Vậy v �
33
6
C
Gọi A(x;y)
uuuu
r
uuur
Ta có MN 2;3 ; DA x; y 5
uuuu
r uuur
�x 2
�x 2
MN DA � �
��
�y 5 3 �y 2
33
7
A
x x x
3 2 1
�
xG A B C
2 2
�
3
3
�
Ta có �
�y y A yB yC 1 2 6 1 1
G
�
3
3
�
Vậy G là trọng tâm tam giác ABD.
72
33
8
B
r
r r
r
�
�x 2.2 5 9
u 2a b � �
� u 9; 11
�y 2. 4 3 11
33
9
B
� 3 1 4
x
2
�
�I
3
�
�y 4 2 3 3
�I
3
33
10
C
AB=2, suy ra BC=4; CD=12, BC CD BD
uuur uuur
uuur
Theo hệ thức Sa- lơ BC CD BD 4 12 16
42
1
D
2+4chia hết cho 2 suy ra 2 chia hết cho 2 và 4 cũng chia hết cho 2 và ngược lại
cũng đúng
42
2
B
Vì A �R nên R \ A CR A
42
3
B
7+6-3=10
42
4
A
0;1; 2 , 0;1 , 0; 2
43
5
43
6
B
A sai, vì tập hợp không dùng dấu thuộc, C sai vì phần tử không dùng dấu con,
D sai vì rỗng là 1 tập hợp không dùng dấu thuộc
43
7
D
43
8
B
2,3,5,7,11 là những số nguyên tố và nhỏ hơn 12
43
9
B
x0
�
x3 4 x 0 � x x 2 4 0 � �
x �2
�
43
10
C
44
11
D
n nguyên dương thì n(n+1)(n+2) chia hết cho 3
44
12
A
1; 2;3 , 1; 2; 4 , 2;3;4 , 1;3; 4
44
13
D
B \ A � thì B �
A
44
14
D
A 1;0; 2;3 , B 1;0;1
m 8
A, B, C loại.
44
15
B
A �B 3;5 ; CE A �B 1; 2; 4;6;7
44
16
B
Dùng biểu đồ Ven.
73
45
17
D
A �B B � B �A
45
18
B
Vì n 2 1 0 là mệnh đề sai.
45
19
C
45
20
A
45
21
B
45
22
A
ab chia hết cho 5 nghĩa là a=5k hoặc b=5k.
46
23
C
vì B �A � B �A B
46
24
B
A �; 4 , B 3; � , B \ A 4; �
46
25
B
46
26
A
A 1;1; 2 , B 1; 4 , C 0;1; 4;9 , A �B \ C 2
46
27
B
B 60 60;120... ;60M
15, 60M6
47
28
A
47
29
D
47
30
B
47
1
D
47
2
A
47
3
C
48
4
B
�
3;12 \ �;a���
3;12
5
C
a 12
1; 2 , 1;3 , 1; 4 , 1;5 , 2;3 , 2; 4 , 2;5 , 3; 4 , 3;5 , 4;5
�
1 2 1
x x x
xG A B C
0
�
�
3
3
�
�y y A y B yC 4 5 12 7
G
�
3
3
�
M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k k �1 thì
uuur
uuur
uuuu
r uuu
r
uuuu
r uuu
r
uuuu
r uuuu
r uuu
r uuu
r
MA k MB � MO OA k MO OB � OM kOM OA kOB
uuu
r uuu
r
uuuu
r OA kOB
� OM
1 k
uu
r uur r
uu
r
uur
IA 2 IB 0 � IA 2 IB
48
;a
74
Vậy I nằm trên đoạn AB kéo dài về phía B.
48
6
C
uuu
r uuur uuu
r
uuur uuur uuur r
AB CD AB CD AB DC 0
uuur
uuur
uuur uuur
(Vì ABCD là hình bình hành có AB DC và AB, DC ngược hướng)
Suy ra hệ thức đó thỏa khi ABDC là hình bình hành.
48
7
D
r
r
r
u 2;3 , v cùng hướng với u � k 0
ở câu D, v1 1 k . 2 � k
1
2
1
3
v2 k .3 .3
2
2
r
� 3�
� 2�
1; �
Vậy v �
48
8
A
49
9
A
49
10
A
49
11
A
Gọi M, N là trung điểm của AB, CD. Khi đó
uuu
r uuu
r uuur uuur uuur
uuuu
r uuur uuur
VT OA OB OC OD OE 2OM 2ON OE
uuuuu
r
uuuu
r
uuuur
uuur
Vẽ M’ sao cho OM ' 2OM , N’ sao cho ON ' 2ON
Khi đó ta thấy và cần chứng minh OM’E’N’ là hình bình hành.
uuuuu
r uuuur uuur uuuu
r uuur r
VT OM ' ON ' OE OE ' OE 0
75
49
12
A
49
13
A
uuur r uuur r
Giả sử AB u, BC v
r
r
Nếu u và v không cùng phương thì A, B, C tạo thành một tam giác và
AB BC AC
r r
uuu
r uuur
r r
uuur
r
r
Vì u v AB BC AC nên u v AC AB AC u v
r
r
Nếu u và v cùng phương thì 3 điểm A, B, C thẳng hàng
r
r
r
r
r r
r
r
+ u và v ngược hướng thì u v u v
r r
r
r
+ u và v cùng hướng thì u v u v
50
14
D
�
�xM ' xM 4
�yM ' yM 3 3
M’ đối xứng với M qua trục hoành thì �
50
15
A
50
16
C
� 3
x
uur uur uur r
�
2
x
1
x
2
x
0
�
� 4
IB IC 2 IO 0 � �
��
0 y 1 y 2 y 0
�
�y 1
�
4
uu
r uur
uuur
M là trung điểm AB � IA IB 2 IM
uu
r uur uur
uuur uur
uuur uur r
VT IA IB 2 IC 2 IM 2 IC 2 IM IC 0 ( vì I là trung điểm
MC)
50
17
A
50
18
B
G là trọng tâm tam giác ABC � GI
Gọi
M(x;y),
M
1
AI
3
thỏa
� 1
�
2 x 3 0 x 0
4 x 2
�
�
�x
��
��
�� 2
4 y 12
0 y 3 4 y 0
�
�
�
�y 3
uuur uuur r
MA 3MB 0
76
51
19
C
uuu
r uuu
r uuu
r uuur uuur
uuu
r uuu
r uuur
AB CB AB BC AC � AB CB AC AC
ABCO có các cạnh đều bằng a suy ra ABCO là hình thoi � AC OB tại
trung điểm M.
Vì tam giác ABO đều cạnh a nên đường cao AM
Vậy AC AM MC
51
20
C
a 3
2
a 3 a 3
a 3
2
2
Gọi D(x;y)
uuu
r
uuur
AB 2;1 ; DC 5 x; 4 y
uuu
r uuur
5 x 2
�
�x 3
��
4 y 1 �y 5
�
Vì ABCD là hình bình hành nên AB DC � �
51
21
C
51
22
D
51
23
D
52
24
D
52
25
A
uuu
r uuur uuu
r uur uur uur
AB IM AB BI AI IC
uuuu
r uuu
r 1 uuur 1 uuur uuur
MN QP AC AC AC
2
2
uu
r uur uur r
3IA 2 IB IC 0
uur uuu
r
uur uur uuur r
� 3 IB BA 2 IB IB BC 0
uur uuu
r uuur r
� 6 IB 3BA BC 0
uuu
r uuur
uur 3BA BC
� BI
6
52
26
D
52
27
D
G là trọng tâm tam giác ABC, O bất kì. Ta có
77
uuu
r uuu
r uuur
uuur uuur 1 uuu
r uuu
r uuur
OA OB OC 3OG � OG OA OB OC
3
52
28
C
53
29
A
53
30
C
53
1
A
uuu
r uuu
r uuur uuur r
GA GB GC GD 0
uuu
r uuu
r uuu
r uuu
r uuur uuu
r uuur r
� GA GA AB GA AC GA AD 0
uuu
r uuu
r uuur uuur r
� 4GA AB AC AD 0
uuu
r uuur uuur
uuur AB AC AD
� AG
4
2
Vì hàm số f x x 4 x 1 có đỉnh là I 2; 3 , a 1 0 � Hàm số đồng
biến trên 2, �
53
2
C
Vì a m 2 0
53
3
B
7
7
x a � xM ' 2a xM 2. 3 10
2
2
54
4
A
x a2�a x2
f x 2 x 2 4 x 2 5 2 x 2 8 x 8 4 x 3 2 x 2 12 x 11
2
54
5
B
Với m=0, Pt vô nghiệm.
Với m �0 , pt � x
1 m
m
� 1
m
�
m
1
m
�
1 m
� 2
�1 1 �
1
2��
��
� m �� ; �
1
1 m 2m
m
�3 2 �
�
�
m
� 3
54
6
A
xP 3
xP1
54
7
D
54
8
B
Xét x
b 12
3 xP
2a 4
2
, pttt: y 7 x 3 x 2 2 x 9 12 x 11 . HS nghịch biến khi
3
78
x
2
3
Xét
2
9
�x , pttt: y 7 x 3 x 2 2 x 9 6 x 7 . HS nghịch biến
3
2
khi
2
9
�x
3
2
9
2
Xét khi x � , pttt: y 7 x 3 x 2 2 x 9 2 x 11 . HS nghịch biến
9
2
khi x �
Vậy HS đã cho nghịch biến trên R.
55
9
C
Hàm số y x 1 x 1 có tập xác định D �
x �D thì x �D
f x x 1 x 1 x 1 x 1 f x
Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn.
55
10
C
Vì f x x 1 � x 1 hay f x �f x
55
11
C
Loại trừ đáp án.
2
2
vì hs f(x) là hàm chẵn, xác định với mọi R
55
12
C
Xét x 1 , pttt: y x 1 3x 6 4 x 7 . HS nghịch biến khi x 1
Xét x �1 , pttt: y x 1 3 x 6 2 x 5 . HS nghịch biến khi x �1
Vậy hs nghịch biến trên R.
55
13
B
x
b 3
� 1;1 , f 1 3; f 1 3
2a 2
Vậy giá trị lớn nhất là 3
55
14
A
x ' x 2 � x x' 2
y ' x ' 2 1 x '2 4 x ' 5
2
56
15
D
Xét m 1 0 � m 1, bpttt : 3 0 (đúng). Vậy m=1 là nghiệm bpt.
79
Xét m 1 0 � m 1, bpttt : x
�
�
�;
Vậy T �
1 0
Xét m �۳
3
m 1
3 �
�và 1; � �T
m 1 �
m 1, bpttt : x
3
m 1
� 3
�
; ��
�m 1
�
Vậy T �
Để 1; � �T thì
3
3
m4
1 �
1 0 �
0 �1 m 4
m 1
m 1
m 1
Kết hợp với m=1, ta chọn đáp án D.
56
16
A
�x �3
�x 3 �0
�
� � 1 (không có
Hàm số y x 3 1 2 x xác định khi �
1 2 x �0
x�
�
�
� 2
giá trị x thỏa mãn).
56
17
B
56
18
B
Hàm số y
3x 1
xác định khi
x 1
�x �0
�x �0
��
�
� x 1 �0
�x �1
2
Hàm số f x 3 x có đỉnh là gốc tọa độ O 0;0 , a 3 0
Vậy hàm số nghịch biến trên �;0 , nghịch biến trên 0; �
56
19
A
y' y 2 � y y ' 2
y ' 2 x 2 x 4 � y ' x 2 x 6
56
20
C
Hàm số y m 1 x 4m 4 là hàm số bậc nhất khi
a ��
0 �۹
m 1 0
57
21
B
m 1
TXĐ: x �3 . Do đó loại điểm A,B (loại đáp án A, D)
Thay x=12 vào hs f 12 2.12 12 3 24 8 �48
Vậy chọn đáp án B.
57
22
C
Xét x
1
, pttt: y 12 x 5 x 1 6 x 3 13x 2 . HS đồng biến khi
2
80
x
1
2
Xét
1
1
�x , pttt: y 12 x 5 x 1 6 x 3 x 4 . HS đồng biến khi
2
5
1
1
�x
2
5
1
5
Xét khi x � , pttt: y 12 x 5 x 1 6 x 3 11x 2 . HS đồng biến khi
x �
1
5
Vậy HS đã cho đồng biến trên R.
57
23
C
�x 3 �0
�x �3
��
�
�x 2 0
�x 2
57
24
C
f x 2 x 1 2 x 1 f x
57
25
D
Vì x
b
6
, a 2 0 nên hs đồng biến trên
2a
4
�6
3�
;3
�
�
�4
�, nghĩa
8
�
�
là x tăng thì y cũng tăng theo. Do đó hs đạt GTLN tại x 3
58
26
C
Vì giá trị của hs đã cho chỉ nhận 1 hoặc -1
58
27
A
Vì a m 2 1 0, m
58
28
A
2
Ta có f x x x có tập xác định D 0; �
3
8
ở câu A, x=-1 ta không thay vào hàm số trên để tính được.
58
29
A
x' x 2 � x 2 x'
y' 2 x ' 1 x '2 4 x ' 5
2
58
30
A
Vì x
A đúng.
b
1, a 1 0 bề lõm quay lên trên nên hs đạt cực tiểu tại x=1. vậy
2a
