Đề luyện tập số 01 đáp án đã chuyển đổi (1)

Biên soạn: ĐỘI NGŨ GIÁO VIÊN LỚP TOÁN THÀNH CÔNG – Điện thoại: 0902.920.389

ĐỀ LUYỆN TẬP
TỔNG HỢP KIẾN THỨC SỐ 01
Câu 1:

Cho hàm số y = f ( x ) . Đồ thị hàm số y = f  ( x ) như hình bên. Hỏi hàm
số g ( x ) = f (1 − x 2 ) nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau ?
A. ( −1; 2 )

B. ( 0; + )

C. ( −2; −1)

D. ( −1;1)

x = 0

Lời giải: Ta có g  ( x ) = −2 xf  (1 − x 2 ) = 0  1 − x 2 = 1 ( loai nghiem kep ) .

2
2
1 − x = 2 ( loai vi x = −1  0 )
Do đó chỉ có x = 0 và ta chú ý rằng: g  (1) = −2 f  ( 0)  0 .

Dựa vào trục xét dấu ta Chọn B.
Câu 2:

Tìm m sao cho hàm số y = − x3 + mx 2 − 12 x − 18 nghịch biến trên
B.  −6;6

A. ( −6;6 )

là:

C. ( −; −6  6; + ) D. ( −; −6)  ( 6; + )

Lời giải: Ta có: y = −3x 2 + 2mx − 12  0x   = m2 − 36  0 . Chọn B.
Câu 3:

1
2
Tìm tham số m để hàm số y = x 3 + (m − 1) x 2 + (2m − 3) x − đồng biến trên (1; + ).
3
3
A. m  2.
B. m  2.
C. m  1.
D. m  1.

− x2 + 2 x + 3
=1.
(1;+ )
2x + 2

Lời giải: Ta có y = x 2 + 2(m − 1) x + (2m − 3)  0  m  max
Câu 4:

Tìm
y=

tập

hợp

S

tất

cả

các

giá

trị

của

tham

số

thực

1 3
x − ( m + 1) x 2 + ( m 2 + 2m ) x − 3 nghịch biến trên khoảng ( −1;1) .
3

A. S =  −1;0

B. S =  .

Lời giải: Ta có y = x 2 − 2 ( m + 1) x + ( m 2 + 2m )

C. S = −1 .

m

để

hàm

số

D. S = 0;1 .

x = m
Xét y = 0  x 2 − 2 ( m + 1) x + ( m 2 + 2m ) = 0  
m
x = m + 2
Hàm số luôn nghịch biến trong khoảng ( m; m + 2) m
Để hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;1) thì ( −1;1)  ( m; m + 2) .

m  −1

Nghĩa là : m  −1  1  m + 2  −1  1
 m = −1
1  m + 2

Câu 5:

Tìm m để hàm số y = x3 + 2mx 2 + mx − 1 có cực trị (có 2 cực trị/cực đại và cực tiểu)?

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 1/6


Biên soạn: ĐỘI NGŨ GIÁO VIÊN LỚP TOÁN THÀNH CÔNG – Điện thoại: 0902.920.389
B. m  −2  m  0

A. m  −1  m  1

C. m  −3  m  1

Lời giải: Ta có: y ' = 3x 2 + 4mx + m = 0;  ' = 4m 2 − 3m  0  m  0  m 
Câu 6:

Tìm m để hàm số y =

3
4

C. m  0 .

B. m = 2 .

m ( x 2 + 1) − 2mx 2

( x2 + 1)

2

=

m (1 − x 2 )
x2 + 1

D. m = −2 .

= 0  x = 1 . Lập trục xét dấu

ta thấy điều kiện cần đó là m  0 đồng thời y (1)  y ( −2 ) 
Câu 7:

3
4

mx
đạt giá trị lớn nhất tại x = 1 trên đoạn  −2;2
x2 + 1

A. m  0 .
Lời giải: Ta có: y =

D. m  0  m 

m −2m

 m  0 . Chọn C.

2
5

Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục
trên

và đồ thị hàm số y = f ( x ) như hình

vẽ. Tìm số điểm cực trị của hàm số
y = f ( f ( x ) − 1) .
A. 13 .
C. 10 .

B. 11 .
D. 12 .

 x = 1
Lời giải: Dựa vào đồ thị, ta có f  ( x ) = 0   x = 3 .
 x = 6

 f ( x) = 0
Xét hàm số y = f ( f ( x ) − 1) , y = f  ( x ) . f  ( f ( x ) − 1) , y = 0  
 f  ( f ( x ) − 1) = 0
f

 x = 1
f

Nếu f  ( x ) = 0   x = 3 .Nếu f  ( f ( x ) − 1) = 0  
f

 x = 6
f

Dựa vào đồ thị, ta thấy
Phương trình f ( x ) = 2 có 5 nghiệm đơn phân biệt.

 f ( x) = 2
( x) −1 = 1

( x ) − 1 = −1  f ( x ) = 0

.
f
x
=
4
( x) −1 = 3
(
)

 f ( x) = 7
( x) −1 = 6


Phương trình f ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm đơn và một nghiệm kép.
Phương trình f ( x ) = 4 có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm đơn và một nghiệm kép.
Phương trình f ( x ) = 7 có 1 nghiệm.
f f ( x )−1)
Các nghiệm đơn này không trùng nhau nên hàm số y = 2019 (
có 12 điểm cực trị. Chọn D.

Câu 8:

Cho hàm số y = f ( x ) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e và hàm số y = f  ( x )
có đồ thị như hình vẽ bên. Biết f ( b )  0 , hỏi đồ thị hàm số y = f ( x )
cắt trục hoành tại nhiều nhất bao nhiêu điểm?
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 2/6


Biên soạn: ĐỘI NGŨ GIÁO VIÊN LỚP TOÁN THÀNH CÔNG – Điện thoại: 0902.920.389
Lời giải: Lập bảng biến thiên cho y = f ( x ) ta thấy đồ thị hàm số y = f ( x ) cắt trục hoành tại nhiều nhất
2 điểm. Chọn B.
Câu 9:

Tìm m để hàm số y = mx3 + 3x 2 + 12 x + 2 đạt cực đại tại điểm x = 2.
A. m = −2
B. m = −1
C. m = 1

D. Không tồn tại

 y ' = 3mx + 6 x + 12 = 12m + 24 = 0  m = −2


Lời giải: Ta có: 
1
 y '' = 6mx + 6 = 12m + 6  0  m  −

2
Câu 10: Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD biết ABC và ABD là hai tam giác bằng
nhau và DA = DB = 2a ; góc BDA = 1200 . Biết rằng ( ABC ) ⊥ ( ABD )
2

A. S = 7 a 2
Lời giải: Ta có: RBAD = RABC =

2
2
 R 2 = RBAD
+ R ABC
−

B. S = 24 a 2
CA.CB. AB
1
4. .CA.CB.sin1200
2

C. S = 28 a 2

D. S = 20 a 2

AB 2a 3
=

= 2a
3
3

=

AB 2
= 5a 2 . Nên S = 4 R 2 = 20 a 2 . Chọn C
4

Câu 11: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi
M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

y = f ( 2 + cos x ) . Hãy tính giá trị của biểu thức sau:
M 2 + m2 = ?

A.
B.
C.
D.

M 2 + m 2 = 10
M 2 + m2 = 4
M 2 + m 2 = 20
M 2 + m 2 = 16

Lời giải: Ta có y = f ( 2 + cos x ) = f ( t ) với t  1;3 .
Dựa vào đồ thị hàm số ta suy ra M = 4, m = 0 . Chọn D.
Câu 12: Cho hai vị trí A, B cách nhau 615m ,
cùng nằm về một phía bờ sông như hình

vẽ. Khoảng cách từ A và từ B đến bờ
sông lần lượt là 118m và 487m . Một
người đi từ A đến bờ sông để lấy nước
mang về B . Đoạn đường ngắn nhất mà
người đó có thể đi là:
A. 596,5m
B. 671, 4m

C. 779,8m

D. 741, 2m

Lời giải: Ta có đoạn đường bờ sông EF = 6152 − ( 487 − 118) = 492m .
2

Giả sử điểm đến lấy nước là M và đặt EM = x khi đó FM = 492 − x .
Quãng đường cần phải đi là:

x2 + 1182 +

( 492 − x )

2

+ 4872 

( x + 492 − x ) + (118 + 487 )
2

2

 779,8m .

Chú ý: Bất đẳng thức trên được gọi là bất đẳng thức module vector hoặc bất đẳng thức Minkowsky.
Ngoài ra học sinh có thể giải bằng CASIO hoặc giải bằng phương pháp Hình học.

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 3/6


Biên soạn: ĐỘI NGŨ GIÁO VIÊN LỚP TOÁN THÀNH CÔNG – Điện thoại: 0902.920.389
x−2
mà tiếp tuyến này cắt hai đường tiệm cận lần
x +1
lượt tại các điểm A, B sao cho bán kính đường tròn nội tiếp IAB lớn nhất, trong đó I là giao của

Câu 13: Lập phương trình tiếp tuyến của ( C ) : y =
hai đường tiệm cận ?
A. y = x + 2 + 2 3

B. y = x + 2 − 2 3

 a−2
Lời giải: Gọi tiếp điểm là M  a;
 , ta có:
 a +1 

Ta có: SIAB =

C. A và B đều đúng

D. Đáp án khác

6

1
 IA = 2d ( M ; y = 1) = a + 1
 S IAB = IA.IB = 6.

2
 IB = 2d ( M ; x = −1) = 2 a + 1


IA + IB + AB
r = 6 (không đổi)  r lớn nhất  P = IA + IB + AB = IA + IB + IA2 + IB 2
2

nhỏ nhất. Mặt khác: P = IA + IB + IA2 + IB2  2 IA.IB + 2IA.IB = 2 6 + 4 3.
Dấu “=” xảy ra  IA = IB 

 a = −1 + 3
6
2
= 2 a + 1  ( a + 1) = 3  
. Khi đó phương trình tiếp
a +1
 a = −1 − 3

tuyến cần lập có thể là y = x + 2 + 2 3 hoặc y = x + 2 − 2 3 . Chọn đáp án C.

Câu 14: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và thể tích bằng V. Gọi M , N lần lượt
là các điểm di động trên các cạnh AB và AD sao cho

AB 2 AD
+
= 4 . Gọi V ' là thể tích khối
AM
AN

chóp S.MBCDN. Tìm giá trị lớn nhất của V ' .
A.

1
V
4

B.

2
V
3

C.

3
V
4

D.

1
V
3



SMBCDN
S
 1 AM AN 
 xy 
.V = 1 − AMN  .V = 1 − .
.
 V = 1 −  V
S ABCD
2
 2 AB AD 

 S ABCD 
AM
AN

 x = AB , y = AD ( 0  x, y  1)
2x  1

y=
 x  1
Trong đó 

4x −1  4


1 + 2 = 4
 x y
Lời giải: Ta có V ' =


x2 
1 3
V  max f ( x ) = f   = V . Chọn đáp án C.
Vì vậy V ' = f ( x ) = 1 −
 4 x − 1 
1 
2 4


 ;1
4 

Câu 15: Một hành lang giữa hai nhà có hình dạng của một lăng trụ đứng như hình vẽ. Hai mặt bên
ABBA và ACCA là hai tấm kính hình chữ nhật dài 20 ( m ) và rộng 5 ( m ) . Gọi x ( mét ) là độ
dài của cạnh BC . Tìm x để khoảng không gian của hành lang (kể cả hai tấm kính) là lớn nhất?

.
A. x = 5 ( m ) .

B. x = 5 2 ( m ) .

C. x = 5 17 ( m ) .

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

D. x = 25 ( m ) .
Trang 4/6


Biên soạn: ĐỘI NGŨ GIÁO VIÊN LỚP TOÁN THÀNH CÔNG – Điện thoại: 0902.920.389
Lời giải:Do ABC.A ' B ' C ' là hình lăng trụ đứng nên
: VABC. A ' B ' C ' = A A '.S ABC = A A '. AB. AC.sin BAC = 20.5.5.sin BAC .
Để khoảng không gian của hành lang (kể cả hai tấm kính) là lớn nhất thì sin BAC lớn nhất hay

ABC = 90o hay ABC vuông cân tại A hay BC = 5 2 ( m ) . Chọn B.
Câu 16: Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
1
19
f ( x ) = x 4 − x 2 + 30 x + m − 20 trên đoạn 0;2 không vượt quá 20. Tổng các phần tử của
4
2
S bằng
A. −195.
B. 105.
C. 210.
D. 300.
1
19
Lời giải: Xét hàm số g ( x ) = x 4 − x 2 + 30 x + m − 20 trên đoạn 0;2.
4
2

 x = −5   0; 2

.

Ta có g  ( x ) = x3 − 19 x + 30 ; g  ( x ) = 0   x = 2
 x = 3   0; 2

Bảng biến thiên như hình bên


m − 20  −20
 g ( 0 )  −20
Dựa vào BBT, để max g ( x )  20 thì 

 0  m  14
m
+
6

20
0;2
g
2

20
(
)



m

⎯⎯⎯
→ m  0;1; 2;...;14 ⎯⎯

→ tổng các phần tử của S là 105. Chọn đáp án B.

Câu 17: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại C và mặt bên ( SAB ) là tam giác cân tại

S . Biết độ dài các cạnh lần lượt là AC = a 3; CB = a và SA = 3a . Hỏi bán kính mặt cầu ngoại
tiếp hình chóp S.ABC là bao nhiêu?
A.

R=

a 2
8

Lời giải: Ta có: RD =

B. R =

9a 2
8

C. R =

a 2
4

D. R =

a 2
2

AB 2a
SA.SB. AB
SA.SB 9a 2
=
= a; Rmb =
=
=
1
2
2
2.
SH
8
4. . AB.SH
2

AB 2
81a 2
9a 2
= a2 +
− a 2  Rmc =
. Chọn B
4
32
8
Câu 18: Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh a , hình chiếu của S trên mặt đáy là H nằm
trên cạnh AC sao cho AC = 4 AH . Biết rằng SH = a . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp
S.ABCD ?
2
2

 Rmc
= RD2 + Rmb
−

A. R =

a 3
2

B. R =

a 13
4

C. R =

a 15
4

D. R =

3a 17
16

a 2
a 2
25a
3a 17
, RD =
 x2 =

R=
4
2
256
16
Câu 19: (Sở GD&ĐT TP HCM Cụm 5) Một thợ gốm làm cái chum từ một
khối cầu có bán kính 5dm bằng cách cắt hai chỏm cầu đối nhau. Tính
thể tích của cái chum biết chiều cao của nó bằng 6dm (quy tròn hai chữ
số thập phân)
A. 414, 69dm3
B. 428, 74dm3

Lời giải: Ta có SH = a, OH =

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 5/6


Biên soạn: ĐỘI NGŨ GIÁO VIÊN LỚP TOÁN THÀNH CÔNG – Điện thoại: 0902.920.389
D. 135,02dm3

C. 401, 67dm3

4
4
500
h  52

Lời giải: Ta có: VC =  R 3 = . .53 =

; Và VCC =  h 2  R −  =
3
3
3
3
3


Vậy: Vchum = VC − 2VCC = 132  414, 69dm3
Câu 20: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a . Mặt bên ( SAD )
là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) . Gọi M , N
lần lượt là trung điểm các cạnh BC , CD . Tính bán kính R mặt
cầu ngoại tiếp hình chóp S.CMN
A. R =

2a 3
3

B. R =

2a 6
3

C. R =

a 13
4

D. R =

a 3
6

Lời giải: Ta có: Đường cao SH =

3
. AD = 3 ( a = 1 ).
2

O là trung điểm của MNC nên RD =
Lại có HO 2 =

( SH − x )

2

MN BD
5
=
=
.
2
4
4

HN 2 + HM 2 MN 2 13
−
= .Áp dụng :
2
4

16

+ HO 2 = x 2 + RD2 

(

)

2

3−x +

13
5
2 3
= x2 +  R =
. Chọn A
16
16
3

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 6/6