ĐÁP án đề CƯƠNG ôn tập GIỮA kỳ 1

ĐỀ CƯƠNG ÔN THI GIỮA KỲ 1- LỚP 12- NĂM HỌC 2021

ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP GIỮA KỲ 1 LỚP 12
Phần 1. Giải tích
Câu 1.

Cho hàm số y  f  x  xác định và liên tục trên khoảng  ;   , có bảng biến thiên như hình
sau:
x
y

1





0



1

0






2

y
1



Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng 1;   .

B. Hàm số đồng biến trên khoảng  ; 2  .

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng  ;1 .

D. Hàm số đồng biến trên khoảng  1;   .

Lời giải
Chọn B
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng  ; 1 , suy ra hàm số cũng đồng
biến trên khoảng  ; 2  .
Câu 2.

Cho hàm số y  f  x  xác định và có đạo hàm cấp một và cấp hai trên khoảng  a; b  và

x0   a; b  . Khẳng định nào sau đây sai?
A. y  x0   0 và y  x0   0 thì x0 là điểm cực trị của hàm số.
B. y  x0   0 và y  x0   0 thì x0 là điểm cực tiểu của hàm số.
C. Hàm số đạt cực đại tại x0 thì y  x0   0 .
D. y  x0   0 và y  x0   0 thì x0 khơng là điểm cực trị của hàm số.
Lời giải
Chọn D
D sai vì xét hàm số y  x 4 trên  thỏa mãn y  0   0 và y  0   0 nhưng x0  0 vẫn là điểm

cực tiểu của hàm số.
Câu 3.

Cho hàm số y 
A. 0 .

2017
có đồ thị  H  . Số đường tiệm cận của  H  là?
x2
B. 2 .
C. 3 .
D. 1.
Lời giải

Chọn B
Đồ thị  H  có tiệm cận đứng là x  2.
2017
 0   H  có tiệm cận ngang là y  0.
x  x  2

Ta có lim y  lim
x 

Vậy số đường tiệm cận của  H  là 2 .

Facebook Nguyễn Vương  Trang 1


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Câu 4.

Đường cong trong hình sau là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn
phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào?
y
1

1

x

O

1

A. y   x 4  2 x 2  1.

B. y   x 4  x 2  1.

C. y   x 4  3 x 2  3.

D. y   x 4  3 x 2  2.

Lời giải
Chọn A
Đồ thị hàm số qua điểm có tọa độ  0; 1  Loại C và D
Đồ thị hàm số qua điểm có tọa độ 1;0   Loại B.
Câu 5.

Cho hàm số y 

C  .
A. I  2;2  .

2x 1
có đồ thị  C  . Tìm tọa độ giao điểm I của hai đường tiệm cận của đồ thị
x2

B. I  2;2  .

C. I  2; 2  .

D. I  2; 2  .

Lời giải
Chọn A
Tập xác định D   \ 2

2x 1
2x 1
  , lim 
 
x  2  x  2
x  2  x  2
2x 1
Tiệm cận ngang y  2 vì lim
 2.
x  x  2
Vậy I  2; 2  .
Tiệm cận đứng x  2 vì lim 

Câu 6.

Đồ thị sau đây là của hàm số y  x 4  3 x 2  3 . Với giá trị nào của m thì phương trình
x 4  3 x 2  m  0 có ba nghiệm phân biệt?

y

1

1
O

x

3

5
A. m  3 .

B. m  4 .

C. m  0 .
Lời giải

D. m  4 .

Chọn C
Xét phương trình x 4  3 x 2  m  0  x 4  3 x 2  3   m  3 .
Khi đó dựa vào đồ thị để phương trình đã cho có ba nghiệm thì m  3  3  m  0 .

Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

ĐỀ CƯƠNG ÔN THI GIỮA KỲ 1- LỚP 12- NĂM HỌC 2021

Câu 7.

Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

x



y



0
0



1
||





5


y

4

A. yCT  0 .

B. max y  5 .




C. yC Ð  5 .

D. min y  4 .


Lời giải
Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x  1 , yC Ð  5 ; đạt cực tiểu tại x  0 ,
yCT  4 ; hàm số khơng có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.
Câu 8.

Tìm đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
1
A. x  , y  1 .
2

B. x  1, y  2 .

C. x  1, y  2 .

2x 1
.
x 1

D. x  1, y 

1
.
2

Lời giải
Chọn C
ax  b
d
a
có đường tiệm cận đứng x   và đường tiệm cận ngang y  .
cx  d
c
c
2x 1
có đường tiệm cận đứng x  1 và đường tiệm cận ngang y  2 .
 Hàm số y 
x 1
Trình bày lại
Ta có :
1
2

2x 1
x  2 nên đường thẳng y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
Vì lim
 lim
x  x  1
x 
1
1
x
2x 1
2x 1
Vì lim
  , lim
  nên đường thẳng x  1 là tiệm cân đứng của đồ thị
x 1 x  1
x 1 x  1
hàm số.

Hàm số y 

Câu 9.

Các khoảng đồng biến của hàm số y  x 3  3 x là
A.  0;   .

B.  0; 2  .

C.  .

D.  ;1 và  2;   .

Lời giải
Chọn C
y  3 x 2  3  0 x   suy ra hàm số đồng biến trên  .
x 1
có đồ thị  H  . Tiếp tuyến của  H  tại giao điểm của  H  với trục
x2
hồnh có phương trình là:
1
A. y  3 x .
B. y  x  3 .
C. y  3 x  3 .
D. y   x  1 .
3
Lời giải

Câu 10. Cho hàm số y 

Chọn D
Facebook Nguyễn Vương 3


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Phương trình hồnh độ giao điểm của  H  và trục hoành

x 1
 0  x  1.
x2

Giao điểm của  H  và trục hồnh là M 1;0  .
Ta có y  

3

 x  2

2

, x  2 .

Phương trình tiếp tuyến của  H  tại M 1;0  là y  y 1 .  x  1 

1
 x  1 .
3

Câu 11. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
y

2

O

x

2
A. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 2 .
B. Hàm số đạt cực đại tại x  0 và đạt cực tiểu tại x  2 .
C. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 2 và giá trị nhỏ nhất bằng 2 .

D. Hàm số có ba điểm cực trị.
Lời giải
Chọn B
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số có 2 cực trị.
Hàm số đạt cực đại tại x  0 và giá trị cực đại bằng 2 .
Hàm số đạt cực tiểu tại B 1; 1 và giá trị cực tiểu bằng 2 .
Câu 12. Số cực trị của hàm số y  x 4  2 x 2  3 là
A. 0 .

B. 2 .

C. 3 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn D
Tập xác định D   .
y   4 x 3  4 x  4 x  x 2  1 .
y   0  x  0  y  3 .

y  12 x 2  4 .

y  0   4  0  Hàm số có một cực tiểu.
Vậy hàm số có một cực trị.
2x  3
. Điểm M ( x0 ; y0 ) thuộc (H) có tổng khoảng cách đến hai
x 1
đường tiệm cận là nhỏ nhất, với x0  0 khi đó x0  y0 bằng?

Câu 13. Gọi (H) là đồ thị hàm số y 

A. 2 .

B. 1 .

C. 0 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn B
Tập xác định.  \ 1 .

Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

ĐỀ CƯƠNG ÔN THI GIỮA KỲ 1- LỚP 12- NĂM HỌC 2021

Dễ có tiệm cận đứng d1 : x  1 và tiệm cận ngang d 2 : y  2 .
Ta có d  M , d1   d  M , d 2   x0  1 

2 x0  3
1
 1  x0  1 
 2.
x0  1
x0  1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

x0  1 

1
 x0  0  x0  2 . Vì x0  0 nên
x0  1

x0  2  y0  1  x0  y0  1 .
Câu 14. Một chất điểm chuyển động có phương trình chuyển động là s  t 3  6t 2  17t , với t  s  là
khoảng thời gian tính từ lúc vật bắt đầu chuyển động và s  m  là quãng đường vật đi được
trong khoảng thời gian đó. Trong khoảng thời gian 8 giây đầu tiên, vận tốc v  m / s  của chất
điểm đạt giá trị lớn nhất bằng
A. 29m / s .
B. 26m / s .

C. 17m / s .
Lời giải

D. 36m / s .

Chọn A
Có: v  s '  3t 2  12t  17
Ta đi tìm giá trị lớn nhất của v  3t 2  12t  17 trên khoảng  0;8
v '  6t 2  12 , v '  0  t  2
BBT:
Vậy vận tốc lớn nhất trong khoảng 8 giây đầu tiên là: 29m / s .

Câu 15. Cho hàm số y  f  x   ax3  bx 2  cx  d có đồ thị như hình vẽ ở bên. Mệnh đề nào
sau đây đúng?

A. a  0 , b  0 , c  0 , d  0 .

C. a  0 , b  0 , c  0 , d  0 .

B. a  0 , b  0 , c  0 , d  0 .
D. a  0 , b  0 , c  0 , d  0 .
Lời giải

Chọn C
Ta có y   3ax 2  2bx  c
Dựa vào đồ thị ta thấy nhánh cuối cùng bên phải hướng lên trên suy ra a  0 .
Đồ thị cắt trục tung tại điểm x  1  d  1  0 .
2b
Hàm số có 2 điểm cực trị x1  1  0 , x2  3  0  x1  x2  0  
 0  b  0.
3a
c
x1 x2  0 
 0  c  0.
3a
Vậy a  0 , b  0 , c  0 , d  0 .
Facebook Nguyễn Vương 5


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Câu 16. Phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  2 x  m  4 x 2  x  1 (với m là tham
số) là
A. y 

4m  1
..

4

B. y 

4m 1
..
4

C. y 

2m  1
..
2

D. y 

2m  1
.
2

Lời giải
Chọn B
Ta có:





 lim 2 x  m  4 x  x  1  lim
x 

2

2x  m

x 

2

  4 x 2  x  1

2 x  m  4 x2  x  1

 lim

x 

 4m  1 x  m2  1
2 x  m  4 x2  x  1

m2  1
4m  1
x
 lim

.
x 
4
m
1 1

2  4  2
x
x x

 4m  1 



lim 2 x  m  4 x 2  x  1



x 




m
1 1 
 lim x  2   4   2   
x 
x
x x 


Suy ra đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang là y 

4m  1
.
4

Câu 17. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số y 

x  2m 2  m
trên
x 3

đoạn  0;1 bằng 2 .

1
5
A. m  1 hoặc m   . B. m  3 hoặc m   .
2
2
3
3
C. m  1 hoặc m  . D. m  2 hoặc m   .
2
2
Lời giải
Chọn C
y

x  2m 2  m
3  2m 2  m
 y 
0
2
x 3
 x  3

 ymin  y1 

2m 2  m  1
2

2m 2  m  1
 2  2 m 2  m  1  4
2
 m  1
2
 2m  m  3  0  
.
m  3

2

 ymin  2 

Câu 18. Hàm số y  8  2 x  x 2 đồng biến trên khoảng nào sau đây?
A. 1;    .

B. 1; 4  .

C.  ;1 .

D.  2;1 .

Lời giải
Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

ĐỀ CƯƠNG ÔN THI GIỮA KỲ 1- LỚP 12- NĂM HỌC 2021

Chọn D
Xét hàm số: y  8  2 x  x 2 có:
TXĐ: D   2; 4 .
8  2 x  x 

y 
2

2

2  2x



2



2 8  2x  x
2 8  2x  x
Ta có bảng biến thiên:
x 2
y


1 x
8  2x  x2

; y  0  x  1 .

1

4

0



3

y

0

0

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số y  8  2 x  x 2 đồng biến trên khoảng  2;1 .
Câu 19. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y 

2x  m
đồng biến trên khoảng xác
x 1

định của nó.
B. m   2;    .

A. m  1;2  .

C. m   2;    .

D. m  ;2 .

Lời giải
Chọn C
TXĐ: D   \ 1
Ta có y 
y  0 

m2

 x  1
m2

 x  1

2

2

. Để hàm số đồng biến trên khoảng xác định của nó thì

 0 x  D  m  2 suy ra m   2;    .

Câu 20. Gọi A , B là các giao điểm của đồ thị hàm số y 
B. AB  2 .

A. AB  4 .

2x 1
và đường thẳng y   x  1 . Tính AB .
x 1

C. AB  2 2 .

D. AB  4 2 .

Lời giải
Chọn A
Tọa độ các điểm A , B là nghiệm của hệ phương trình:




 A 2  2;1  2
 y  x 1
 y  x 1
 y   x  1


 2


 2x  1
 x  2  2
 x  4x  2  0
 x  1   x  1
 B 2  2;1  2







 AB  2 2; 2 2  AB  4 .





Câu 21. Cho hàm số y  f  x  xác định trên  và có đồ thị hàm số y  f   x  là đường cong ở hình
bên. Hỏi hàm số y  f  x  có bao nhiêu điểm cực trị?

Facebook Nguyễn Vương 7


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

A. 6 .

B. 5 .

C. 4 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn D

Dựa vào đồ thị y  f   x  ta thấy phương trình f   x   0 có 4 nghiệm nhưng giá trị f   x  chỉ
đổi dấu 3 lần.
Vậy hàm số y  f  x  có 3 điểm cực trị.
Câu 22. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  mx 3  x 2   m 2  6  x  1 đạt cực tiểu tại

x 1.
A. m  1.

B. m  4 .

C. m  2 .
Lời giải

D. m  2 .

Chọn A
Ta có: y  3mx 2  2 x  m 2  6 và y   6 mx  2
Để hàm số y  mx 3  x 2   m 2  6  x  1 đạt cực tiểu tại x  1 thì:
m  1
2

 y 1  0
m  3m  4  0
 m  4

 
 m  1.

6 m  2  0
m   1

 y 1  0

3
x 1
Thử lại: với m  1 ta có: y  x  x  5 x  1  y  3x  2 x  5 , y  0  
.
x   5
3

5
Vì a  1  0 nên hàm số đạt cực đại tại x   và đạt cực tiểu tại x  1 . Vậy m  1 thỏa mãn.
3
3

2

2

Câu 23. Tính diện tích lớn nhất S max của một hình chữ nhật nội tiếp trong nửa đường trịn bán kính
R  6 cm nếu một cạnh của hình chữ nhật nằm dọc theo đường kính của hình trịn mà hình chữ

nhật đó nội tiếp.

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

ĐỀ CƯƠNG ÔN THI GIỮA KỲ 1- LỚP 12- NĂM HỌC 2021

A. S max  36 cm 2 .

B. S max  36 cm 2 .

C. S max  96 cm 2 .

D. S max  18 cm 2 .

Lời giải
Chọn B
A

B
6

x

O

D

C

Gọi hình chữ nhật cần tính diện tích là ABCD có OC  x  0  x  6  , OB  6 .
Khi đó diện tích của hình chữ nhật ABCD là: S  AB.BC  2 x 36  x 2  f  x  .
Diện tích lớn nhất của hình chữ nhật ABCD là giá trị lớn nhất của f  x   2 x 36  x 2 trên

 0;6  .
f   x   2 36  x 2 

2 x2
36  x 2



4 x 2  72
36  x 2

 x  3 2   0;6 
.
f  x  0  
 x  3 2   0;6 
BBT
x
0

f  x



f  x

.

3 2
0

6



36

0
Ta có: max f  x   36 .

0

 0; 6 

Vậy S max  36 cm 2 .
Câu 24. Cho hàm số y  f  x có đồ thị trong hình vẽ bên. Tìm tất cả các giá trị của m để phương
trình f  x   m có đúng hai nghiệm phân biệt.

A. m  5 , 0  m 1 .

B. m  1 .

C. m  1 , m  5 .

D. 1  m  5 .

Facebook Nguyễn Vương 9


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Lời giải
Chọn A
Từ đồ thị C  của hàm số y  f  x ta suy ra đồ thị C  của hàm số y  f  x  như sau:
- Giữ nguyên phần đồ thị C  ở phía trên trục hồnh.
- Lấy đối xứng qua trục hoành phần đồ thị C  ở phía dưới trục hồnh.
Khi đó, đồ thị C  là hợp của hai phần trên.

Ta có: f  x   m là phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị C  và đường thẳng

d  : y  m (song song hoặc trùng với trục hoành).
Dựa vào đồ thị C  , ta có phương trình f  x   m có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ
0  m  1
khi 
.
 m  5

.
Câu 25. Cho hàm số y 

A. P  3 .

xa
có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Tính giá trị của biểu thức P  a  b  c .
bx  c

B. P  1 .

C. P  5 .
Lời giải

D. P  2 .

Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

ĐỀ CƯƠNG ÔN THI GIỮA KỲ 1- LỚP 12- NĂM HỌC 2021

Chọn A

c
Ta có: Tiệm cận đứng: x  2    2  2b  c  0 1 .
b
1
Tiệm cận ngang: y  1   1  b  1  2  .
b

Thế  2 vào 1 suy ra c  2 . Suy ra hàm số có dạng y 
Đồ thị hàm số đi qua điểm  2;0  nên ta có: 0 

xa
.
x2

2  a
 a  2 .
2  2

Vậy P  2  1  2  3 .
Câu 26. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  x 4  2 x 2
tại 4 điểm phân biệt.
A. 1  m  0 .
B. m  0 .
C. 0  m  1 .
D. m  0 .
Lời giải
Chọn A
 Tập xác định D   .
x  0  y  0
 y  4 x 3  4 x , y  0  

.
 x  1  y  1
 Bảng biến thiên

x

1



y



0





0
0
0



1



0




y
1
1
 Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị m cần tìm là 1  m  0 .

1
Câu 27. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để hàm số y  x 3  2mx 2  4 x  5 đồng biến trên  .
3
A. 1  m  1 .
B. 1  m  1 .
C. 0  m  1 .
D. 0  m  1 .
Lời giải
Chọn B

Tập xác định: D   . Đạo hàm: y  x 2  4mx  4 .
Hàm số đã cho đồng biến trên tập xác định  khi và chỉ khi y   0, x   và dấu “=” chỉ xảy
ra tại hữu hạn điểm trên 
Điều kiện:    4m 2  4  0 , m    1  m  1 .
1 3
x  mx 2   m 2  m  1 x đạt cực đại tại x  1 .
3
C. m .
D. m  0 .
Lời giải

Câu 28. Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số y 
A. m  2 .

B. m  3 .

Facebook Nguyễn Vương 11


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Chọn B
Tập xác định D   .
Ta có: y  x 2  2mx  m 2  m  1 ; y   2 x  2m .
m  0
Hàm số đạt cực đại tại x  1 suy ra y 1  0  m 2  3m  0  
.
m  3
Với m  0 : y 1  2  0  x  1 là điểm cực tiểu của hàm số
Với m  3 : y 1  4  0  x  1 là điểm cực đại của hàm số.
Vậy m  3 là giá trị cần tìm.
1 3 1 2
x  mx  2mx  3m  4 nghịch
3
2
biến trên một đoạn có độ dài bằng 3 . Tính tổng tất cả phần tử của S.
A. 9 .
B. 1 .
C. 8 .
D. 8 .

Lời giải
Chọn D
TXĐ: D   .
Ta có: y  x 2  mx  2m , y  0  x 2  mx  2m  0 1 .

Câu 29. Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m để hàm số y 

Để hàm số đã cho nghịch biến trên một đoạn có độ dài bằng 3 thì 1 phải có hai nghiệm x1 ,
x2 thỏa mãn x1  x2  3 . Điều này tương đương với
 m 2  8m  0
   0
 m  1

.


 2
 x1  x2  3
 m  8m  9  0
m  9

Do đó, S  1;9 .
Vậy tổng tất cả các phần tử của S là 8 .
Câu 30. Tổng bình phương các giá trị của tham số m để đường thẳng ( d ) : y   x  m cắt đồ thị

C  : y 
A. 84 .

2 x  1
tại hai điểm phân biệt A , B với AB  2 2 là

x 1
B. 5 .
C. 50 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn C
Phương trình hồnh độ giao điểm của  d  và  C  :
2 x  1
  x  m  2 x  1    x  m  x  1
x 1
 x 2   m  1 x  1  m  0 1 .

1

phải có hai nghiệm phân biệt khác (-1). Điều này tương đương với

  0  m 2  6 m  3  0  * .

Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của 1 . Giả sử A  x1 ;  x1  m  , B  x2 ;  x2  m  .
Khi đó, ta có:
2

2

2

AB 2  2  x1  x2   2  x1  x2   8   x1  x2   4 x1 x2  4

m  1
(thỏa mãn * ).
 m 2  6m  7  0  
 m  7
Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

ĐỀ CƯƠNG ÔN THI GIỮA KỲ 1- LỚP 12- NĂM HỌC 2021

Vậy tổng bình phương các giá trị của tham số m là 50 .
Câu 31. Biết đồ thị  Cm  của hàm số y  x 4  mx 2  m  2018 luôn luôn đi qua hai điểm M và N cố
định khi m thay đổi. Tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng MN là
A. I 1; 2018  .

B. I  0;1 .

C. I  0; 2018 .

D. I  0; 2019  .

Lời giải
Chọn D
Giả sử M  x0 ; y0  là điểm cố định của họ  Cm  . Khi đó
y0  x04  mx02  m  2018, m

  x0  1
2


 x0  1  0
  x0  1

   x  1 m  x  y0  2018  0, m   4
 x0  y0  2018  0
 4
 x0  y0  2018  0
  x0  1

 M 1; 2019 
 y0  2019
.
 

N  1; 2019 
 x0  1



  y0  2019
2
0

4
0

Suy ra tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng MN có tọa độ là I  0; 2019  .
Câu 32. Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên  và có bảng biến thiên sau:

x

1



y



0





0
0
0



1



0




y
1

1

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f  x   1  m có đúng hai nghiệm.
A. m  2, m  1 .

B. m  0, m  1 .
C. m  2, m  1 .
Lời giải

D. 2  m  1 .

Chọn C
Ta có f  x   1  m  f  x   m  1 .
 m  1  1
 m  2
Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình có đúng hai nghiệm thì 
.

m  1  0
 m  1
Câu 33. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y 
A. 2 .

B. Vô số.

C. 1.
Lời giải

mx  4
giảm trên khoảng  ;1 ?

xm
D. 0 .

Chọn C
Điều kiện x   m .Do x   ;1 nên m   ; 1 .
Ta có y 

m2  4

 x  m

2

.

Facebook Nguyễn Vương 13


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Để hàm số giảm trên khoảng  ;1 thì y  0 với x   ;1  m 2  4  0  2  m  2 .
Do m nguyên và m   ; 1 nên m  1 .
Vậy có 1 giá trị của m thỏa mãn.
Câu 34. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 
tích bằng:
A. 6 .

4x  3
cùng với 2 tiệm cận tạo thành một tam giác có diện
2x  1

B. 7 .

C. 5 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn C
1
Gọi M  x0 ; y0  là điểm nằm trên đồ thị hàm số, x0   .
2
10
y 
2
 2 x  1

Phương trình tiếp tuyến tại M : y  f ( x0 )  x  x0   y0  y 

10

 2 x0  1

2

 x  x0  

4 x0  3
2 x0  1

1
Tiệm cận đứng: x   , tiệm cận ngang: y  2
2
Gọi A là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận đứng
 xA  

 1 4x  8 
10
1
 1
 4 x  3 4 x0  8
 yA 
  x0   0

. Vậy A   ; 0

2 
2
 2 x0  1  2  2 x0  1 2 x0  1
 2 2 x0  1 

Gọi B là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận
4x  3
10
1
 4x  1 
ngang  yB  2  2 
x  x0   0
 xB  2 x0  . Vậy B  0 ; 2 
2  B

2
x

1
2
 2

 2 x0  1
0
 1 
Giao điểm 2 tiệm cận là I   ; 2 
 2 
 
10 
10
Ta có: IA   0; 
  IA 
2 x0  1 
2 x0  1


IB   2 x0  1;0   IB  2 x0  1

Tam giác IAB vuông tại I nên S IAB 

1
1 10
IA.IB 
. 2 x0  1  5 .
2

2 2 x0  1

Câu 35. Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y  x 4  2mx 2  m  1 có ba điểm
cực trị tạo thành một tam giác có bán kính đường trịn ngoại tiếp chúng bằng 1?
A. 1.
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .
Lời giải
Chọn A
y   4 x 3  4mx  4 x  x 2  m 
x  0
Xét y  0  
 m  0
x   m

Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

ĐỀ CƯƠNG ÔN THI GIỮA KỲ 1- LỚP 12- NĂM HỌC 2021



 

Tọa độ ba điểm cực trị: A  0; m  1 , B  m ; m 2  m  1 , C



m ; m 2  m  1 .

Gọi H là trung điểm của cạnh BC . Ta có H  0;  m 2  m  1
S ABC 

1
AB. AC .BC
(do ABC cân tại A ).
AH .BC 
2
4R

 AH  m 2
 AB  2 AH .R trong đó 
4
 AB  m  m
1
Suy ra m  m 4  4 m 4  3m 4  m  m  3 .
3
2

Câu 36. Cho hàm số y  x 4  2mx 2  2m 2  m 4 có đồ thị  C  . Biết đồ thị  C  có ba điểm cực trị A , B ,

C và ABDC là hình thoi trong đó D  0; 3 , A thuộc trục tung. Khi đó m thuộc khoảng nào?
9 
A. m   ; 2  .
5 

1

B. m   1;  .
2



1 9
D. m   ;  .
2 5

C. m   2;3 .
Lời giải

Chọn D

x  0
Ta có y   4 x  x 2  m   y  0   2
;
x  m





Với điều kiện m  0 đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là A  0; m 4  2m 2  ; B  m ; m 4  3m 2 ;
C





m ; m 4  3m 2 . Để ABDC là hình thoi điều kiện là BC  AD và trung điểm I của BC

trùng với trung điểm J của AD . Do tính đối xứng ta ln có BC  AD nên chỉ cần I  J với

 m 4  2m 2  3 
I  0; m 4  3m 2  , J  0;
.
2


m  1
1 9
ĐK: m 4  2 m 2  3  2 m 4  6 m 2  m 4  4 m 2  3  0  
 m ;  .
2 5
m  3

Câu 37. Một công ty muốn làm một đường ống dẫn dầu từ một kho A ở trên bờ biển đến một vị trí B
trên một hịn đảo. Hịn đảo cách bờ biển 6 km . Gọi C là điểm trên bờ sao cho BC vng góc
với bờ biển. Khoảng cách từ A đến C là 9 km . Người ta cần xác định một ví trí D trên AC
để lắp ống dẫn theo đường gấp khúc ADB . Tính khoảng cách AD để số tiền chi phí thấp nhất,
biết rằng giá để lắp đặt mỗi km đường ống trên bờ là 100.000.000 đồng và dưới nước là
260.000.000 đồng.
A. 7 km .
B. 6 km .
C. 7.5 km .
D. 6.5 km .
Lời giải
Chọn D
Đặt AD  x km, x  0 . CD  9  x ; BD  36   9  x 

2

B

Giá thành lắp đặt là:
2
2
100.106 x  36   9  x  .260.106  107 10 x  26 36   9  x  



6 km

D
C

9 km

Facebook Nguyễn Vương 15

A


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489
2

Xét hàm số f  x   10 x  36   9  x  .26  0 < x < 9 
f   x   10  26.

9 x
36   9  x 

2

0

x  9
2
13
 10 36   9  x   26  9  x   0  
 x .
2
2
576 x  10368 x  43056  0
Lập bảng biến thiên của hàm số f  x  trên  0;9  ta thấy hàm số đạy giá trị nhỏ nhất khi
x

13
.
2

Vậy AD  6.5 km .
Câu 38. Cho hàm số f  x   x3  3x 2  2 có đồ thị là đường cong trong hình bên.
y
1 3

2
O 1

1 3
x

2
3

2

Hỏi phương trình  x3  3 x 2  2   3  x 3  3 x 2  2   2  0 có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?
A. 7.

B. 9.

C. 6.
Lời giải

D. 5.

Chọn A
3

2

Xét phương trình  x3  3 x 2  2   3  x 3  3 x 2  2   2  0 1
Đặt t  x 3  3 x 2  2 (*) thì 1 trở thành t 3  3t 2  2  0  2 
t  1

Theo đồ thị ta có  2  có ba nghiệm phân biệt t  1  3
t  1  3

Từ đồ thị hàm số ta có
+ t  1  2; 2  (*) có ba nghiệm phân biệt
+ t  1  3   2; 2  nên (*) có ba nghiệm phân biệt (khác ba nghiệm khi t  1 )

+ t  1  3  2 nên (*) có đúng một nghiệm
Vậy phương trình đã cho có 7 nghiệm phân biệt
Câu 39. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y 

x 1
2

có hai tiệm cận

m  x  1  4

đứng:
A. m  0.

B. m  0.

m  0
C. 
.
m  1
Lời giải

D. m  1.

Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

ĐỀ CƯƠNG ÔN THI GIỮA KỲ 1- LỚP 12- NĂM HỌC 2021

Chọn C
2

Đặt g  x   m  x  1  4  mx 2  2mx  4  m .
Để đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng thì cần tìm m để phương trình g  x   0 có hai nghiệm
phân biệt khác 1

m  0

m  0
ĐK:   m2  m  4  m   0  
.
m  1

 g  1  0
Câu 40. Cho hàm số y  x3  2mx 2  3  m  1 x  2 có đồ thị  C  . Đường thẳng d : y   x  2 cắt đồ thị

C 

tại ba điểm phân biệt A  0; 2  , B và C . Với M  3;1 , giá trị của tham số m để tam giác

MBC có diện tích bằng 2 6 là
A. m  1.
B. m  1 hoặc m  4. C. m  4.
Lời giải
Chọn B
Hoành độ giao điểm của  C  và d là nghiệm của phương trình

D. Khơng tồn tại m.

x3  2mx 2  3  m  1 x  2   x  2
 x3  2mx 2   3m  2  x  0

 x  x 2  2 mx  3m  2   0
x  0
  2
 x  2mx  3m  2  0  

Để  C  cắt d tại ba điểm phân biệt    có hai nghiệm phân biệt khác 0
2

m

3
m

2

0
3

m  1

  2


m

1
m  2
m  3m  2  0

  m  2

Giả sử toạ độ giao điểm của là A  0; 2  , B  xB ; yB  , C  xC ; yC  với xB ; xC là nghiệm của  

 xB  xC  2m
 yB   xB  2
Khi đó, ta có 
và 
 xB .xC  3m  2
 yC   xC  2
2
2
Suy ra BC  2  xB  xC   2  xB  xC   4 xB xC   2  4m 2  4  3m  2  



Mà d  M ; d  
Ta có S MBC 


3 1 2
12  12

 2.

1
d  M ; d  .BC
2

1
. 2. 2  4m 2  4  3m  2    2 6
2

 4m 2  4  3m  2   24
 m 2  3m  4  0

Facebook Nguyễn Vương 17


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

 m  1

(thoả mãn (*)).
m  4
x3
 C  và điểm M  a; b  thuộc đồ thị  C  . Đặt T  3  a  b   2ab , khi đó
x 1
để tổng khoảng cách từ điểm M đến hai trục toạ độ là nhỏ nhất thì mệnh đề nào sau đây là
đúng?
A. 3  T  1 .
B. 1  T  1 .
C. 1  T  3 .
D. 2  T  4 .
Lời giải
Chọn A
x3
Hàm số y 
có tập xác định: D   \ 1 .
x 1
a3
Điểm M  a; b    C   b 

 a  1 .
a 1
Trục Ox , Oy lần lượt có phương trình là y  0 và x  0 .

Câu 41. Cho hàm số y 

Tổng khoảng cách từ M  a; b  đến hai trục tọa độ là P 
Xét hàm số P 

a 3
a.
a 1

a3
 a có tập xác định: D   \ 1
a 1

a3

a  a  1

a  3  a

a 3
a 1
P
 a 
a 1
3  a  a
 a 1

a 3

a
 a 1

4

khi a  3
2
1 
khi a  3
  a  1

4
khi 0  a  3
1 
2
khi 0  a  3
a

1



 P  
 4  1 khi  1  a  0
khi  1  a  0
  a  12

 4

khi a  1
 a  1 2  1 khi a  1



Bảng biến thiên:
a 

P

1

3
 0



0


1

3

0



 

P 
6





2

Vậy min  P   2 khi a  1  b  1 . Do đó M 1; 1  T  2 .
Câu 42. Cho hàm số y  f ( x ) . Đồ thị của hàm số y  f ( x ) như hình vẽ. Đặt h( x )  f ( x )  x . Mệnh
đề nào dưới đây đúng?

Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

ĐỀ CƯƠNG ÔN THI GIỮA KỲ 1- LỚP 12- NĂM HỌC 2021

A. h (1)  1  h (4)  h (2) . B. h (0)  h (4)  2  h (2) .
C. h ( 1)  h(0)  h(2) . D. h(2)  h(4)  h(0) .
Lời giải
Chọn C
Xét hàm số h( x)  f ( x)  x trên đoạn  1;4 .
Ta có h( x )  f ( x )  1 . Dựa vào đồ thị của hàm số y  f ( x ) trên đoạn  1;4 ta được
h( x )  0 . Suy ra hàm số đồng biến trên  1;4 . Do đó đáp án

C.

Câu 43. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để phương trình x 3  3 x 2  2  m  1 có 6 nghiệm phân
biệt.
A. 1  m  3.

B. 2  m  0.

C. 1  m  1.
Lời giải

D. 0  m  2.

Chọn C

x3  3x 2  2  m  1  x3  3x 2  2  m  1.

Xét hàm số y  x 3  3 x 2  2
x  0
y  3x 2  6 x; y  0  
.
x  2
Đồ thị hàm số y  x3  3 x 2  2 .
Từ đó ta suy ra đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  2 .

Số nghiệm của phương trình x 3  3 x 2  2  m  1 là hoành độ giao điểm của đồ thi hàm số
y  x 3  3 x 2  2 và đường thẳng y  m  1 .

Nhìn vào đồ thị ta thấy để phương trình có 6 nghiệm cần: 0  m  1  2  1  m  1. .

Facebook Nguyễn Vương 19


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Câu 44. Một cái ao hình ABCDE (như hình vẽ), ở giữa ao có một mảnh vườn hình trịn có bán kính
10 m. Người ta muốn bắc một câu cầu từ bờ AB của ao đến vườn. Tính gần đúng độ dài tối
thiếu l của cây cầu biết :
- Hai bờ AE và BC nằm trên hai đường thẳng vng góc với nhau, hai đường thẳng này cắt
nhau tại điểm O ;
- Bờ AB là một phần của một parabol có đỉnh là điểm A và có trục đối xứng là đường thẳng
OA ;
- Độ dài đoạn OA và OB lần lượt là 40 m và 20 m;
- Tâm I của mảnh vườn lần lượt cách đường thẳng AE và BC lần lượt 40 m và 30 m.

A. l  17, 7 m.

B. l  25, 7 m.

C. l  27, 7 m.

D. l  15, 7 m.

Lời giải
Chọn A

 A  Oy
Gán trục tọa độ Oxy sao cho 
cho đơn vị là 10 m.
 B  Ox
2

2

Khi đó mảnh vườn hình trịn có phương trình  C  :  x  4    y  3  1 có tâm I  4;3

Bờ AB là một phần của Parabol  P  : y  4  x 2 ứng với x   0; 2
 M   P 
Vậy bài tốn trở thành tìm MN nhỏ nhất với 
.
 N   C 

Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

ĐỀ CƯƠNG ÔN THI GIỮA KỲ 1- LỚP 12- NĂM HỌC 2021

Đặt trường hợp khi đã xác định được điểm N thì MN  MI  IM , vậy MN nhỏ nhất khi
MN  MI  IM  N ; M ; I thẳng hàng.
Bây giờ, ta sẽ xác định điểm N để IN nhỏ nhất

N   P   N  x; 4  x 2  IN 

4  x

2

 1  x 2 

2

2

 IN 2   4  x   1  x 2 

2

 IN 2  x 4  x 2  8 x  17

Xét f  x   x 4  x 2  8 x  17 trên  0;2  f   x   4 x3  2 x  8

f   x   0  x  1,3917 là nghiệm duy nhất và 1,3917   0; 2
Ta có f 1,3917   7, 68 ; f  0   17 ; f  2   13 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của f  x  trên  0;2 gần bằng 7, 68 khi x  1,3917
Vậy min IN  7, 68  2, 77  IN  27, 7 m  MN  IN  IM  27, 7  10  17, 7 m.
Câu 45. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị f   x  như hình vẽ

Hàm số y  f 1  x  
A.  3; 1 .

x2
 x nghịch biến trên khoảng
2
B.  2; 0  .

C. 1; 3 .

3

D.  1;  .
2


Lời giải
Chọn C

Facebook Nguyễn Vương 21

NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

x2
 x có y   f  1  x   x  1 .
2
1  x  3
x  4


y  0   f  1  x   x  1  0  f  1  x    1  x   1  x  1   x  0 .
1  x  3
 x  2
Ta có bảng biến thiên:
x

0

2
4
y




0
0
0



y
Xét hàm số y  f 1  x  

Do đó Hàm số y  f 1  x  

x2
 x nghịch biến trên khoảng 1;3 .
2

Câu 46. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y  3 x 4  4 x 3  12 x 2  m có 5
điểm cực trị.
A. 44 .

B. 27 .

C. 26 .
Lời giải

D. 16 .

Chọn B
Xét hàm số f  x   3x 4  4 x3  12 x 2  m .
Ta có f   x   12 x3  12 x 2  24 x ,

x  0
f   x   0  12 x  12 x  24 x  0   x  1 .
 x  2
Ta có bảng biến thiên
3

x

f  x

2

1





0





0
0
m



2



0




f  x

m 5

m  32

Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

ĐỀ CƯƠNG ÔN THI GIỮA KỲ 1- LỚP 12- NĂM HỌC 2021

 f  x  neáu f  x   0
Xét hàm số y  f  x   
 f  x  neáu f  x   0
Nên từ bảng biến thiên của hàm số y  f  x  suy ra hàm số y  3 x 4  4 x 3  12 x 2  m có 5
m  32  0
 5  m  32 .
điểm cực trị khi và chỉ khi 
m  5  0
Do đó có 27 giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y  3x 4  4 x 3  12 x 2  m có 5
điểm cực trị.
Câu 47. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  3;3 và đồ thị hàm số y  f   x  như
hình vẽ bên. Biết f (1)  6 và g  x   f  x 

 x  1


2

2

. Kết luận nào sau đây là đúng?

A. Phương trình g  x   0 có đúng hai nghiệm thuộc  3;3 .
B. Phương trình g  x   0 khơng có nghiệm thuộc  3;3 .

y

C. Phương trình g  x   0 có đúng một nghiệm thuộc  3;3 .

4

D. Phương trình g  x   0 có đúng ba nghiệm thuộc  3;3 .
Lời giải
Chọn C

2

3
O

Ta có: g  x   f  x 

 x  1

2

1
2

3 x

2

 g   x   f   x    x  1 .

Vẽ đường thẳng y  x  1 trên cùng một hệ trục tọa độ với đồ thị hàm số y  f   x  (như hình
vẽ bên).
Từ đồ thị ta thấy: g   x   f   x    x  1  0 , x   3;1 (do đường cong nằm phía trên
đường thẳng), g   x   f   x    x  1  0 , x  1;3 (do đường cong nằm phía dưới đường
thẳng).
Ta có: g 1  f 1

1  1

2

2

 6  2  4.

Bảng biến thiên:

Facebook Nguyễn Vương 23


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

x

3

3

1

g x

0





4

g  x

Dựa vào đồ thị ta thấy: diện tích S1 lớn hơn 4 (trong phần bên trái có nhiều hơn 4 ơ, mỗi ơ có
diện tích bằng 1), do đó:
1

 g   x  dx  4  g  x 

4  S1 

1

3

 4  g 1  g  3  g  3  0 .

3

Mặt khác: diện tích nhỏ hơn 4 (trong phần bên phải có ít hơn 4 ơ), do đó:
3

3

4  S 2    g   x  dx  4   g  x  1  4  g 1  g  3  g  3  0 .
1

Vậy phương trình g  x   0 có đúng một nghiệm thuộc đoạn  3;3 (nghiệm này nằm trong
khoảng  3;1 ).
Câu 48. Phương trình

x  512  1024  x  16  4 8  x  512 1024  x  có bao nhiêu nghiệm?

A. 4 nghiệm.

B. 3 nghiệm.

C. 8 nghiệm.
Lời giải.

D. 2 nghiệm.

Chọn B

Cách 1: Phương trình

x  512  1024  x  16  4 8  x  512 1024  x  1 .

Điều kiện: x  512;1024 .
Bình phương hai vế của phương trình 1 ta có:

 x  512 1024  x   256  128 8  x  512 1024  x   16 4  x  512 1024  x   2 .

512  2
Đặt t 

 2

8

 x  512 1024  x 

điều kiện 0  t  4 .

trở thành t 4  8t 2  64t  128  0   t  4   t 3  4t 2  8t  32   0 .

t  4
 3
.
2
t  4t  8t  32  0
 Với t  4 , mà theo trên ta có t  4 . Do đó đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x  512  1024  x  x  768 .
 Với t 3  4t 2  8t  32  0 .

Xét hàm số f  t   t 3  4t 2  8t  32 với 0  t  4 .
Ta có f   t   3t 2  8t  8  0 t   0; 4 .
Mà f  0  . f  4   32.128  0 .
Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

ĐỀ CƯƠNG ÔN THI GIỮA KỲ 1- LỚP 12- NĂM HỌC 2021

Suy ra t 3  4t 2  8t  32  0 có một nghiệm duy nhất t0 trong khoảng  0; 4  .
Do đó phương trình

8

 x  512 1024  x   t0

có 2 nghiệm phân biệt khác 768 .

Vậy phương trình 1 có 3 nghiệm.
Câu 49. Cho phương trình:
sin x  2  cos 2 x   2  2 cos3 x  m  1 2 cos3 x  m  2  3 2 cos3 x  m  2 .
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình trên có đúng 1 nghiệm
 2 
x  0;
?
 3 
A. 2 .

B. 1.

D. 3 .

C. 4 .
Lời giải

Chọn D
Ta có:
sin x  2  cos 2 x   2  2 cos3 x  m  1 2 cos3 x  m  2  3 2 cos3 x  m  2
 sin x 1  2sin 2 x   2  2 cos3 x  m  2  2 cos3 x  m  2  2 cos3 x  m  2
 2sin 3 x  sin x  2



2 cos3 x  m  2

3



2 cos3 x  m  2 1

Xét hàm số f  t   2t 3  t có f   t   6t 2  1  0, t   , nên hàm số f  t  đồng biến trên  .
Bởi vậy:

1  f  sin x  

f





2 cos3 x  m  2  sin x  2cos3 x  m  2

 2

 2 
Với x  0;
 thì
 3 

 2   sin 2 x  2cos3 x  m  2
 2cos3 x  cos2 x  1  m

 3

Đặt t  cos x , phương trình  3 trở thành 2t 3  t 2  1  m

 4

 1 
 2 
Ta thấy, với mỗi t    ;1 thì phương trình cos x  t cho ta một nghiệm x  0;
 . Do đó,
 2 
 3 
 2 
để phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm x  0;
 điều kiện cần và đủ là phương trình  4 
 3 

 1 

có đúng một nghiệm t    ;1 .
 2 
 1 
Xét hàm số g  t   2t 3  t 2  1 với t    ;1 .
 2 

t  0
Ta có g   t   6t 2  2t , g   t   0  
.
t   1
3

Ta có bảng biến thiên

Facebook Nguyễn Vương 25