15. TS247 DT Đề thi thử thpt qg môn toán trường thpt chuyen bac kan lan 1 nam 2017 co loi giai chi tiet 9081 1484795541

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.03 MB, 40 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Họ, tên thí sinh:... SBD: ...

Câu 1: Cho hàm số: 2 1

2 4

x
y

x mx



  . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số có 
ba đường tiệm cận.

A. 2

2
m
m

 

 

 B.

2
5
2

m

m
 


  

 C.

2
2
5
2
m

m

m
 

  

  


D. m2

Câu 2: Cho hàm số yx48x24. Các khoảng đồng biến của hàm số là:

A.



2; 0



và



2;



B.



 ; 2



và



2;



C.



 ; 2



và

 

0; 2 D.



2; 0



và

 

0; 2

Câu 3: Cho hàm số: y x 12 3 x2 . GTLN của hàm số bằng:

A. 3 B. 2 C. 4 D. 1

Câu 4: Cho hình lăng trụ đứng có diện tích đáy là 3a2; Độ dài cạnh bên là a 2. Khi đó thể
tích của khối lăng trụ là:

A. 6a 3 B. 3a3 C. 2a3 D.

6
3
a

Câu 5: Gọi M, N lần lượt là GTLN, GTNN của hàm số: yx33x21 trên

 

1; 2 .
Khi đó tổng M+N bằng:

A. 2 B. 4 C. 0 D. -2

Câu 6: Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào đúng:

A. Mỗi hình đa diện có ít nhất bốn đỉnh
B. Mỗi hình đa diện có ít nhất ba đỉnh

C. Số đỉnh của mộ hình đa diện lớn hơn hoặc bằng số cạnh của nó

D. Số mặt của một hình đa diện lớn hơn hoặc bằng số cạnh của nó

Câu 7: Cho hàm số 3









2 1 2 2

y  x m x  m x . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để 
hàm số có cực đại, cực tiểu.

A. 1;5

4
m  

  B. m  





C. m  



; 1



D. m  



; 1



5:
4

 

 

 

Thời gian làm bài: 90 phút

Mã đề thi 132

a

book.co

g

Ta

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu 8: Cho hàm số y f x

 

có đạo hàm f'

  

x  x1

 

2 x2 3



x1



. Số điểm cực trị của
hàm số là:

A. 4 B. 3 C. 1 D. 2

Câu 9: Cho hàm số: 1
3 1
mx
y
x n



  . Đồ thị hàm số nhận trục hoành và trục tung làm tiệm cận
ngang và tiệm cận đứng. Khi đó tổng m n bằng:

A. 1

 B. 1

3 C.

3 D. 0

Câu 10: Cho hàm số 1
2
x
y
x



 . Xác định m để đường thẳng y x m luôn cắt đồ thị hàm số tại
hai điểm phân biệt A, B sao cho trọng tâm tam giác OAB nằm trên đường tròn 2 2

3 4
x y  y .

A. 
3
2
15
m
m
 


 


B. 
3
15
2
m
m
 


 

C. 
2
15
0
m
m
 





D. 1

0
m
m
 


 


Câu 11: Cho hàm số: yx3x21. Tìm điểm nằm trên đồ thị hàm số sao cho tiếp tuyến tại
điểm đó có hệ số góc nhỏ nhất.

A.

 

0;1 B. 2 23;

3 27

 

 

  C.

1 24
;
3 27

 

 

  D.

1 25
;
3 27

 
 
 

Câu 12: Cho hàm số 1
2
x
y
x



 . Mệnh đề nào sau đây sai

A. Đồ thị hàm số luôn nhận điểm I



2;1



làm âm đối xứng.

B. Đồ thị hàm số khơng có điểm cực trị.
C. Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm A

 

0; 2

D. Hàm số luôn đồng biến trên khoảng



 ; 2 &

 

 2;



Câu 13: Cho hàm số





1 2

1
m x
y
x m
  


  . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đồng

biến trên khoảng



17;37



A.    4 m 1 B 2

6
m
m


  

 hoặc   4 m 1 C.

2
1
m
m


  

 D.   1 m 2.

Câu 14: Cho hình lăng trụ đều có tất cả các cạnh đều bằng a . Khi đó diện tích tồn phần của 
hình lăng trụ là:

A. 3 3 2

2 a

 



 

  B.

2
3
3
2 a
 

 
 

  C.

2
3
3
4 a
 

 
 

  D.

2
3
3
6 a
 

 
 
 

Câu 15: Cho hàm số yx33x2m22m. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để giá trị cực 
tiểu của hàm số bằng -4.

f

ce

/gr

u

s

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

A. m2 B. 0

2
m
m



  

 C.

1
2
m
m



 

 D.

1
2
3
m
m
 






Câu 16: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x



4 x



m



x24x 5 2



0
có nghiệm x2; 2 3.

A. 4 1

3 m 4

    B. 4

m  C. 1 1

2 m 4

    D. 4 5

3 m 6
  

Câu 17: Cho hàm số: 5
1 2
y

x


 . Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là:

A. y=0 B. Khơng có tiệm cận ngang

C. 1

x D. 5

2
y 

Câu 18: Một công ty bất động sản có 50 căn hộ cho thuê. Biết rằng nếu cho thuê mỗi căn hộ với
giá 2.000.000 đồng một tháng thì mọi căn hộ đều có người th và cứ tăng thêm giá cho thuê
mỗi căn hộ 100.000 đồng một tháng thì sẽ có 2 căn hộ bị bỏ trống. Hỏi muốn có thu nhập cao
nhất thì cơng ty đó phải cho th mỗi căn hộ với giá bao nhiêu một tháng.

A. 2.225.000. B. 2.100.000 C. 2.200 000 D. 2.250.000
Câu 19: Cho hàm số yx33x5. Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho là:

A.



1;7



B.

 

1;3 C.



7; 1



D.

 

3;1

Câu 20: Bảng biến thiên sau là của hàm số nào

A. y  x4 2x23 B. y  x4 2x21 C. yx42x23 D.

4 2

2 1
yx  x 

Câu 21: Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình chữ nhật với AB2 ;a ADa. Tam giác SAB
là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt đáy. Góc giữa mặt phẳng



SBC



và



ABCD



bằng 45 . Khi đó thể tích khối chóp 0 S ABCD. là:

A. 3 3

3 a B.

3a C.

2a D. 2 3

3a 
Câu 22: Đồ thị hàm số nào sau đây cắt trục tung tại điểm có tung độ âm:

fa

e

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

A. 4 1

2
x
y

x



 B.

3 4
1
x
y

x



 C.

2 3
1
x
y

x
 


 D.

2 3
3 1

x
y

x




Câu 23: Số tiếp tuyến đi qua điểm A



1; 6



của đồ thị hàm số yx33x1 là:

A. 3 B. 2 C. 0 D. 1

Câu 24: Cho hàm số 1 3 2



3 2



1
3

y  x mx  m x . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để 
hàm số nghịch biến trên khoảng



 ;



A. 2

1
m

m


  

 B. m2 C.    2 m 1 D.   1 m 0

Câu 25: Đây là đồ thị của hàm số nào:

A. yx33x22 B. y  x3 3x22 C. y  x3 3x22 D.

3 2

3 2
yx  x 

Câu 26: Cho hàm số Y  f X

 

có bảng biến thiên như hình vẽ:

Khẳng định nào sau đây đúng:

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

B. Hàm số đã cho khơng có cực trị.

C. Hàm số đã cho có một điểm cực đại và một điểm cực tiểu.

D. Hàm số đã cho có một điểm cực đại và khơng có điểm cực tiểu.

Câu 27: Cho hàm số: cos 2sin 3
2 cos sin 4

x x

y

x x

 



  . GTLN của hàm số bằng: _

A. 1 B. 2

11 C. 2 D. 4

Câu 28: Cho hàm số: 2
2 1

x
y

x



 . Xác định m để đường thẳng ymx m 1 luôn cắt đồ thị hàm
số tại hai điểm thuộc về hai nhánh của đồ thị.

A. m0 B. m0 C. m0 D. m1

Câu 29: Cho hàm sốymx4



2m1



x21. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có một 
điểm cực đại.

A. 1 0

2 m

   B. 1

m  C. 1 0

2 m

   D. 1

2
m 

Câu 30: Cho hàm số y



m 1



x 2
x m

 



 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến 
trên từng khoảng xác định.

A.   2 m 1 B. 1

2
m
m



  

 C.   2 m 1 D.

1
2
m
m



  


Câu 31: Cho hàm số 2 1
1
x
y

x



 . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M



0; 1



là

A. y3x1 B. y3x1 C. y  3x 1 D. y  3x 1

Câu 32: Số đường tiệm cận của đồ th h m số 1
3
y

x



  là:

A. 1 B. 2 C. 0 D. 3

Câu 33: Đồ thị hàm số y2x48x21có bao nhiêu tiếp tuyến song song với trục hoành:

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

Câu 34: Khối 20 mặt đều thuộc loại

A.

 

3;5 B.

 

3; 4 C.

 

4;3 D.

 

4;5

Câu 35: Cho hàm số Y  f X

 

có tập xác định là



3;3



và đồ thị như hình vẽ:

bo

k

c

/g

p

i

Th

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Khẳng định nào sau đây đúng:

A. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.

B. Hàm số đồng biến trên khoảng



3;1



và

 

1; 4 .

C. Hàm số ngịch biến trên khoảng



2;1



D. Hàm số đồng biến trên khoảng



 3; 1



và

 

1;3 .

Câu 36: Cho hình chóp S ABC. có đáy là tam giác đều cạnh a . Các mặt bên



SAB

 

, SAC



cùng
vng góc với mặt đáy



ABC



; Góc giữa SB và mặt



ABC



bằng 0

60 . Tính thể tích khối chóp
.

S ABC.

A.

3
4
a

B.

2
a

C.

4
a

D.

12
a

Câu 37: Cho hình chóp đều S ABC. có đáy ABC là tam giác đều cạnh a ; Mặt bên tạo với đáy 
một góc 0

60 . Khi đó khoảng cách từ A đến mặt (SBC) là:

A. 3

2
a

B. 2

2
a

C. a 3 D. 3

4
a

Câu 38: Mỗi đỉnh của một hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất

A. Năm cạnh B. Bốn cạnh C. Ba cạnh D. Hai cạnh

Câu 39: Một kim tự tháp ở Ai Cập được xây dựng vào khoảng 2500 trước công nguyên. Kim tự 
tháp này là một khối chóp tứ giác đều có chiều cao 154m; Độ dài cạnh đáy là 270m. Khi đó thể 
tích của khối kim tự tháp là:

A. 3 742 200

cebo

B. 3.640.000 C. 3.500.000 D. 3.545.000

m

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Câu 40: Cho khối chóp S ABC. . Trên 3 cạnh SA SB SC, , lần lượt lấy 3 điểm A B C sao cho ', ', '

' 1 ' 1 ' 1

; ;

3 4 2

SA  SA SB  SB SC  SC. Gọi V và V'lần lượt là thể tích của các khối chóp S ABC. và

' ' '

S A B C . Khi đó tỷ số

V
V là:

A. 12 B. 1

12 C. 24 D.

1
24

Câu 41: Cho hàm số yx33m x2 m. Giá trị của m để trung điểm của hai điểm cực trị của đồ 
thị hàm số thuộc

 

d :y1 là:

A. 1

3 B.

1
3

 C. 1 D 1

Câu 42: Người ta gọt một khối lập phương bằng gỗ để lấy khối tám mặt đều nội tiếp nó ( tức là
khối có các đỉnh là các tâm của các mặt khối lập phương). Biết cạnh của khối lập phương bằng

a. Hãy tính thể tích của khối tám mặt đều đó:

A.

8
a

B.

12
a

C.

4
a

D.

6
a

Câu 43: Đồ thị hàm số yx42x21 cắt trục hoành tại mấy điểm:

A. 1 B. 3 C. 2 D. 0

Câu 44: Cho lăng trụ tam giác đều ' ' '

ABC A B C có góc giữa hai mặt phẳng (A BC và ' ) (ABC)
bằng 0

60 ; ABa. Khi đó thể tích của khối ABCC B' ' bằng:

A. a3 3 B.

3
4
a

C.

3
4
a

D. 3 3 3

4 a
Câu 45: Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào sai:

A. Hình lăng trụ đều có cạnh bên vng góc với đáy.
B. Hình lăng trụ đều có các mặt bên là các hình chữ nhật

C. Hình lăng trụ đều có các cạnh bên bằng đường cao của lăng trụ
D. Hình lăng trụ đều có tất cả các cạnh đều bằng nhau

Câu 46: Cho một hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều .Thể tích của hình lăng trụ là V . Để 
diện tích tồn phần củ hình lăng trụ nhỏ nhất thì cạnh đáy của lăng trụ là:

A. 3 4V B. 3V C. 32V D. 36V

Câu 47: Cho khối lăng trụ đều ABC A B C. ' ' ' và M là trung điểm của cạnh AB. Mặt phẳng

' '

(B C M) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỷ số thể tích của hai phần đó:_

A. 6

5 B.

5 C.

4 D.

3
8

Câu 48: Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số

1
2 3

x
y

x



 là:

A. 0 B. 2 C. 3 D. 1

ebo

k

com/gr

p

/

ai

OnT

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Câu 49: Cho hàm số 1sin 3 sin
3

y xm x. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đạt cực đại tại

điểm
3
x .

A. m0 B. m=0 C. 1

m D. m=2

Câu 50: Cho hàm số: yx33x2mx1 và

 

d :y x 1. Tìm tất cả các giá trị của tham
số m để đồ thị hàm số cắt (d) tại ba điểm phân biệt có hồnh độ x x x thoả mãn: 1, 2, 3

2 2 2
1 2 3 1

x x x  .

A. m5 B. Không tồn tại m C. 0 m 5 D. 5 m 10

--- HẾT ---

ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Thực hiện: Ban chuyên môn Tuyensinh247.com

1A 2A 3C 4A 5B 6A 7D 8B 9A 10B

11D 12C 13C 14A 15B 16B 17A 18D 19B 20B

21D 22B 23D 24C 25A 26A 27C 28C 29A 30C

31B 32B 33C 34A 35D 36C 37D 38C 39A 40D

41C 42D 43C 44B 45D 46B 47B 48B 49B 50B

i

ie

h

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Thực hiện: Ban chuyên môn Tuyensinh247.com

Câu 1:

– Phương pháp

Đồ thị hàm số y = f(x) có 3 tiệm cận ⇔ Tồn tại giới hạn hữu hạn y y a

x

xlim  lim  và

m

y
y

b
x
b

xlim   lim   ; xlimc y xlimc yn với mn

+ tìm TCN của đths

+ để hàm số có 3 tiệm cận thì pt ở mẫu số phải có 2 nghiệm là b và c phân biệt 0tìm
đc m

– Cách giải

0
lim

4
2













 y

mx
x

x
y

x

y=0 là tiệm cận ngang của đths

Để hàm số có 3 đường tiệm cận thì hàm số đã cho phải có 2 TCĐ hay pt x2 2mx40 có 2
nghiệm phân biệt '0

)
;
2
(
)
2
;
(

2       

m m

Đáp án A

Câu 2:

–Phương pháp

Cách tìm khoảng đồng biến của f(x):
+ Tính y’ . Giải phương trình y’ = 0

+ Giải bất phương trình y’ > 0

+ Suy ra khoảng đồng biến của hàm số (là khoảng mà tại đó y’ ≥ 0 ∀x và có hữu hạn giá trị x để
y’ = 0)

– Cách giải

+ Tập xác định: DR

aceboo

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

+ Sự biến thiên






























2
2
0
0

)
4
(
4
16
4
lim
lim

2
3

x
x
x

y

x
x
x
x

y
y
y

x
x

BBT

x  -2 0 2 

y - 0 + 0 - 0 +

y’




-12





Vậy hàm số đồng biến trên (2;0)và (2;)
 Đáp án A

Câu 3:

– Phương pháp

Tìm giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số:

+ Tìm tập xác định của hàm số (thường là 1 đoạn)

+ Tìm giá trị lớn nhất (nhỏ nhất của hàm số trên đoạn đó.
– Cách giải

TXĐ: D = [-2;2]

b

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

1
1

1
0

0
3
3

12
0

3
12

3
3
12
3

12
3
1

3
12

2
2

BBT

x
x

x
x
y

x
x
x

x
x
y

x
x

y



































X  -2 1 2 

Y + 0 -

y’

-2

Vậy MAX y=4

(Cách nhanh nhất để làm các bài tìm gtln, gtnn và tìm cực trị là thử đáp án)

 Đáp án C

Câu 4:

– Phương pháp

h
S
Vltr  đáy.
– Cách giải

3
2

.
6

2
3

.h a a a

S

V  đáy  

 Đáp án A

Câu 5:

Phương pháp

Tìm giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số:

fa

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

+ Tìm tập xác định của hàm số (thường là 1 đoạn)

+ Tìm giá trị lớn nhất (nhỏ nhất của hàm số trên đoạn đó.
+ Tính tổng gtln và gtnn theo yêu cầu đề bài.

– Cách giải
TXĐ: D=R













2
)
(
0
0

'
6
3
' 2

x
ktm
x

y
x
x
y

 
 

    4

3
3

)
2
(

1
1

)
1
(

2
;
1
2

;
1

2
;
1

;
1


















y
Min
y
Max

y

Min
y

y
Max
y

 Đáp án B

Câu 6:

Hình đa diện là hình được tạo bởi một số hữu hạn các đa giác. Hình đa diện nhỏ nhất là hình
chóp tam giác.

 B sai vì hình chóp tam giác có 4 đỉnh

 C sai vì số đỉnh của hình đa diện ln nhỏ hơn số cạnh

 D sai vì số mặt của hình đa diện ln nhỏ hơn số cạnh

 Đáp án A

Câu 7:

– Phương pháp

Hàm số bậc 3 có 2 điểm cực trị ⇔ Phương trình y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt
– Cách giải

)

2
(
)
1
2
(
2
3

' x2 m x m

y    

Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì pt y’=0 có 2 nghiệm phân biệt

f

o

/g

o

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>







 



















;
4
5
)
1
;
(

0
5
4

)
2
(
3
)

1
2
(

' 2 2

m

m
m
m
m

 Đáp án D

Câu 8:

– Phương pháp

Nếu hàm số y có y’(x) = 0  x0;x1,...số điểm cực trị là số nghiệm của pt y’=0 và y’ đổi dấu
khi đi qua nghiệm

– Cách giải























3
1
2
1
0

)
(
'

)
1
3
)(
2

(
)
1
(
)
(

' 2

x
x
x

x
f

x
x

x
x
f

Lập bảng xét dấu của y’ ta thấy y’ đổi dấu khi x đi qua giá trị 1/3 và giá trị 2.

Hàm số có 2 điểm cực trị

 Đáp án B

Câu 9:

– Phương pháp

+ y=a là TCN  ya




lim (*)
+ x=b là TCĐ  

b y
x

lim (**)

Từ (*) và (**) tìm ra m,n
– Cách giải

TXĐ: D=

.f

R\



3n1



b

o

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

- y=0 là TCN 0 0
1

3
1

lim   









 x n m

mx

x

- x=0 là TCĐ 






 3 1

1
lim

0 x n

mx

x

0
1
3
:   

 pt x n có nghiệm là 0

3
1
0

3     

 n n

3
1



m n

 Đáp án A

Câu 10:

– Phương pháp

+ Xét pt hoành độ giao điểm của đường thẳng và đths. Suy ra pt (*)

+ Biện luận: Để đt luôn cắt đths tại 2 điểm phân biệt thì pt (*) phải có 2 nghiệm phân biệt. Tìm
được điều kiện của m

+ Giả sử giao điểm là A(a,b); B(c;d)

+ Gọi G là trọng tâm OAB và I là trung điểm AB  Tọa độ của I  Tọa độ của G
+ G thuộc đường tròn đã cho. Thay tọa độ của G vào pt đường trịn thì tìm đc m
– Cách giải

Xét pt hoành độ giao điểm: x m
x

x





2
1

(*)
0

1
2
)
3
(
)

2
)(
(

1    2     


x x m x x m x m

Để đt y=x+m luôn cắ đths tại 2 điểm phân biệt thì PT (*) phải có 2 nghiệm phân biệt
m

m
m
m

m       




 ( 3)2 4(2 1) 2 2 13 0

Giả sử A



x1;x1m



;B(x2;x2m)là giao điểm của đths và đt y=x+m

Theo định lí Vi-et ta có:












1
2
.

2
1

m
x

x

m
x

x

Gọi G là trọng tâm của OAB , I là trung điểm của AB

fa

ok.

up

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

OI
OG

3
2


 với 





  







   
2
3
;
2
3
2
2
;
2
2
1
2

1 m m

I
m
x
x
x
x
I

Khi đó 





  
3
3
;
3

3 m m

G do OG OI

3
2


Mà G thuộc đường tròn: 2  23 4
y
y

x Thay tọa độ của G vào ta được:


















 






 
3
2
15
4
3
3
.
3
3
3
3

3 2 2

m
m
m

m
m

 Đáp án B

Câu 11:

– Phương pháp

+ Giả sử M(x;y) là điểm thuộc đths sao cho tiếp tuyến

 

 tại đó có hsg nhỏ nhất là k

 

 yk xa b

 : ( )

Để đồ thị hàm số tiếp xúc với

 

 thì







k

y
b
a
x
k
y
'
)
(

+ Do kmin  y'min

– Cách giải

Giả sử M(x;y) là điểm thuộc đths sao cho tiếp tuyến

 

 tại đó có hsg nhỏ nhất là k

 

 yk xa b

 : ( )

Để đồ thị hàm số tiếp xúc với

 

 thì











k
x
x
b
a
x
k
x
x
2
3
)
(
1
2
2
3

Do kmi (3x22x)min

Xét
3
1
2
3
0
3
1
2

3
0
3
1
3
9
1
3
1
.
2

3 2 2

2          

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

3
1



k khi

27
25
3




 y

x

 Đáp án D

Câu 12:

– Phương pháp

Tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số phân thức bậc nhất
+ Tìm TCN, TCĐ (nếu có). Từ đó suy ra tâm đối xứng

+ Tính y’, giải phương trình y’ = 0

+ Giải các bất phương trình y’ > 0 và y’ < 0 (hoặc vẽ BBT)

+ Kết luận hàm số đồng biến trên (các) khoảng mà y’ ≥ 0, nghịch biến trên (các) khoảng
mà y’≤ 0

– Cách giải

+  



 1

lim y

x y=1 là TCN của đths

2
lim

;
lim

2    



 y z y x

x là TCĐ của đths

 Đths nhận I(-2;1) làm tâm đối xứng A đúng

+ B đúng

+ Tại A(0;2)   
2
1
)

0
(

y đths không đi qua AC sai

 Đáp án C

Câu 13:

– Phương pháp
+ Tính y’

+ Để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (a;b) thì y'0x(a;b)

– Cách giải













.2 1

2
1

2
.
1

2
)
1

(
1
1

)
1
(
'

2
2


























x
m
x

m
m

x
m
x

m
x
m
x

m
y

a

e

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (17;37) thì:





 

 

















;
2
1
;

)
37
;
17
(
0
2

)
37
;
17
(
0
'

m

x
m

m
x
y

 Đáp án khác

Câu 14:

– Phương pháp

đáy
xq

tp
xq

S
S
S

h
p
S

.
.
2






– Cách giải

2
2

2
3

3
2

3
.
.
2
1
.
2
3
3
.
.
2

a
a

S
S
S

a
h
p
S

đáy
xq
tp
xq





















 Đáp án A

Câu 15

– Phương pháp

+ Tính y’, giải pt y’=0

+ Vẽ BBT hoặc tìm y’(xo)min

– Cách giải

2
0
0

'
6
3
' 2

BBT

x
x
y

x
x

y 












x  0 2 

y + 0 - 0 +

y’  

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Hàm số đạt cực tiểu tại 


















2
0
2

12
8
4

2 2

m
m
m

m
y

x

 Đáp án B

Câu 16:

– Phương pháp

+ Đặt t  A(x) x f(t)

+ Thay vào pt ban đầu, để pt có 2 nghiệm phận biệt 0

+ Tìm 2 nghiệm t1;t2

+ x

 

a;b t(c;d)tìm được m
– Cách giải



4 5 2



)
4

( x m x2  x  

x (1)

Đặt t x24x5;(t0)t2 x24x5 x2 4xt2 5

Thay vào (1) ta được: 5t2 m(t2)0t2 mt2m50

m
m

m       




 2 4(2 5) 2 8 20 0

 PT có 2 nghiệm phân biệt:


















20
8
2

20
8

2
1

m
m
m
t

Có 2x2 31t4

Khi đó,







4
1

t
t

Giải hệ ta được:














3
4

6
11

3
4

m

 Đáp án B

Câu 17:

a

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

– Phương pháp

Đồ thị hàm số y ax b
cx d



 với a, c ≠ 0, ad ≠ bc có tiệm cận đứng

d
x

c

  và tiệm cận ngang

a
y

c



– Giải

0
0

2
1

lim   




 x y

x là TCN của đths

 Đáp án A

Câu 18:

– Phương pháp

+ Dựa vào dữ liệu đề bài để tìm hàm số y=f(x)
+ Gọi x, y

+ Tính y’, giải pt y’=0
+ Tính y’’

+ y đạt cực đại khi y’=0 và y”<0
– Cách giải

ĐVT: triệu đồng

Gọi y: tổng số tiền thu được và x số lần tăng tiền lên 0,1

Suy ra số tiền thuê mỗi tháng là: (2+0,1x)

Theo bài ra t có mối quan hệ của x, y như sau:

4
,
0
''

5
,
2
0

'
1
4
,
0
'

100
2

,
0
)
1
,
0
2
)(
.
2
50

( 2























y

x
y

x
x
x

x
y

Suy ra tại x=2,5 thì thu nhập đạt cực đại là y=101,25

Suy ra Cơng ty đó phải cho th mỗi căn hộ với giá là: 2,25

 Đáp án

f

k

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Câu 19:

– Phương pháp

+ Tính y’, giải pt y’=0

+ Vẽ BBT hoặc tìm y’(xo)min

– Cách giải



















7
1

3
1

0
'
3
3
' 2

y
x

y

 Điểm cực tiểu là điểm (1;3)

 Đáp án B

Câu 20:

– Phương pháp

+ Gọi y’, thử đáp án
– Cách giải

Ta có y’ có dạng:



2 1



0
x
x

a thì cả 4 đáp án đều thỏa mãn

Tại x1 ta loại đáp án A và C do khơng thỏa mãn f(x)=2

Tại x0,5

 

0;1ta có:

 

1;2( )
0

16
9
1
2

)
(
,
2
;
1

0
16
23
1
2

2
4

ktm
x

x
y

tm
x

x
y
















 Đáp án B

Câu 21:

S

A

r

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

– Phương pháp

Thể tích hình chóp: V .h.Sđáy
3
1


– Cách giải

Kẻ SH ABH là trung điểm của AB (do SAB cân tại S)

a

HB

 và SH( ABCD) do (SAB)(ABCD),SH AB,AB là cạnh chung của 2 mp

BC
SH


Mặt khác,







BC
SH

BC
BH

)
(SHB
BC


Suy ra góc giữa 2 mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là góc SBH45 

Trong SHB có SHHB.tan(45)a

3
2
.
2
.
.
3
1
.

3
1

a
a
a
a
S

SH

VSABCD  ABCD  

 Đáp án D

Câu 22:

– Phương pháp

Trục tung: x=0. Thay vào lần lượt các phương trình ở A, B, C, D

Trường hợp nào ra y<0 thì đúng

– Cách giải

Trục tung: x=0. Thay vào lần lượt các phương trình ở A, B, C, D

Dễ thấy

1
4
3





x
x

y có tung độ âm

 Đáp án B

Câu 23:

– Phương pháp

Giả sử M(x;y) là điểm thuộc đths sao cho tiếp tuyến

 

 tại đó có hsg là k

.fa

e

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

 

 yk xa b

 : ( )

Để đồ thị hàm số tiếp xúc với

 

 thì









k
y

b
a
x
k
y

)
(

có nghiệm

Giải hệ trên ta được x1,…xn

Suy ra có n pttt qua M
– Cách giải

Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến

 

 với đồ thị (C) đi qua A(1;-6)

 



 có dạng: yk(x1)6

Để

 

 tiếp xúc với (C) thì













3
3

6
)
1
(
1
3

2
3

x
k

x
k
x
x

có nghiệm

2
0

)
2
)(

2
(

0
4
3
2
6
)
1
)(
3
3
(
1
3

2
3
2






















x
x

x
x
x

x
x

x

 Có 1 pttt đi qua A(1;-6)

 Đáp án D

Câu 24:

– Phương pháp

Tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số bậc 3
+ Tính y’, giải phương trình y’ = 0

+ Để hàm số nghịch biến trên R thì y'0xR'0xR
– Cách giải

Ta có: y'x2 2mx3m2

Có 'm2 3m20xR(điều kiện để hàm số nghịch biến)



2;1




m

 Đáp án C

Câu 25:

a

o

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

– Phương pháp

+ Cách 1: Thử đáp án và loại trừ đáp án dựa vào các đặc tính của đồ thị đã cho
+ Cách 2: Cách truyền thống:

Giả sử pt đths có dạng: : x3ax2 b y(1)

Thay tọa độ các điểm thuộc đths vào (1) để tìm đc a, b. Từ đó suy ra pt đths
– Cách giải

Cách 1:

Theo đồ thị hàm số dễ thấy a>0  loại đáp án B,C

Tại x=0 thì y=2 thay vào 2 đáp án A, D  A tm

 Đáp án A

Cách 2:

Phương trình đồ thị hàm số có dạng: x3ax2 b y

Tại điểm (0;2);(2;-2) ta có: 3 2

2
3
2

8 3 2

























x
x

y
b

a
b

b
a

 Đáp án A

Câu 26:

– Phương pháp

Dựa vào BBT để suy ra:

+ Hàm số đạt cực đại tại








0
)
(
'

min
)
(

0
0

x
y

x
y
x

+ Hàm số đạt cực tiểu tại








0
)
(
'

max

)
(

1
1
1

x
y

x
y
x

– Cách giải

Dựa vào bảng biến thiên, ta có:

Ý B Sai vì hàm số có cực trị (cực tiểu) tại xx2

Ý C Sai vì hàm số khơng có điểm cực đại

. ace

o

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Ý D Sai vì hàm số chỉ có điểm cực tiểu mà khơng có điểm cực đại

Ý A Đúng

 Đáp án A

Câu 27:

– Phương pháp:

+ Quy đồng đẳng thức. Đưa x, y là ẩn của pt

+ Đưa về pt: asinxbcosxc(*)

+ Biện luận: Để (*) có nghiệm thì 2 2 2

c
b

a   . Từ đó tìm ra max(y)
– Cách giải

TXĐ: D=R vì 2cosxsinx40xR

Ta có:

y
x

y

x

y
x
y

x
x

y
x
y
x
y

x
x

y

3
4
cos
)
2
1
(

sin
)
2
(

4
3
sin
)
2
(
cos
)
1
2
(

3
sin
2
cos
4

sin
cos

4
sin

cos
2

3
sin
2
cos





































Để pt có nghiệm thì:

2
2

11
2

0
4
24
11

)
3
4
(

)
2
1
(
)
2
(

2
2




















y

MAX
y

y
y

y

 Đáp án C

Câu 28

– Phương pháp

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

+ Biện luận: Để đt luôn cắt đths tại 2 điểm phân biệt thì pt (*) phải có 2 nghiệm phân biệt. Tìm
được điều kiện của m

+ Giả sử giao điểm là A(a,b); B(c;d)

+ Tìm TCĐ xxo

+ Biện luận: để 2 điểm A, B thuộc 2 nhánh của đồ thị thì:



bxo



d xo



0. Sau đó áp

dụng định lý Vi-et để giải bpt

– Cách giải

TXĐ: D=R\







2
1

Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị và đường thẳng đã cho là:

0
3
)

3
3
(
2

1
)

2
3
(
2

2
1

1
2






















m
x
m
mx

x
m

mx
x

x

Để đths cắt đường thẳng tại 2 điểm phân biệt thì pt (*) phải có 2 nghiệm phân biệt

(**)

3
0

0
)
3
(

0
0
0































m
m
m

m
m

Giả sử 2 giao điểm là: A(x ;mx1m1) và B(x2;mx2m1)

Theo Vi-et ta có:













m
m
x
x

m
m
x

x

2
3
.

2
3
3

2
1

Đồ thị có

2
1



</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>









 



0
0
9
0
9
12
4
9
6
15
2
6
0
4
3
2
4
3
3
3

2
2
3
.
0
2
3
2
3
.
.
0
2
1
1
2
1
1
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
1





























 








 








   





   
m
m
m
m
m
m
m
m

m
m
m
m
m
m
x
x
m
m
x
x
m
m
mx
m
mx

Kết hợp với (**) m0

 Đáp án C

Câu 29:

– Phương pháp

+ Để hàm số có 1 điểm cực đại thì pt y’=0 phải có 1 nghiệm duy nhất
– Cách giải

)
1
2

( 2

4   

mx m x

y
TXĐ: D=R
)
1
2
(
2
12
"
( )
0
1
)
1
2
(
2
4
0
'

1
)
1
2
(
2
4
'
2
3
3














m
mx
y
x
m

x
m
y
x
m
mx
y

Để hàm số đã cho có 1 điểm cực đại thì pt y'0phải có 1 nghiệm duy nhất và y"0

2
1
1

2
(*)

0    

 x x

m

Ta có: y  0x
2

khơng thỏa mãn

0
1
)
1
2
(
2
4
(*)

0  3   

 mx m x

m Đặt g(x)4mx32(2m1)x1

o

c

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

)
1
2
(
12
6
)
1
2
(
2

'
0
1
2
6
0
)
(
'
)
1
2
(
2
12
)
(
'
2
2



















m
m
m
m
m
mx
x
g
m
mx
x
g

Phương trình y’=0 có 1 nghiệm duy nhất












2
1
0
0
'
m
m
và


























0
;
2
1
0
1
2
0
0
1
2
0
m
m
m
m
m

Vậy 






 ;0

2
1

m thỏa mãn yêu cầu đề bài

 Đáp án A

Câu 30:

– Phương pháp

+ Hàm số đồng biến trên TXĐ thì y'0xD
– Cách giải

TXĐ: D=R\

 

m

2
2
2
)
(
2
)
(
2
)
1

(
)
)(
1
(
'
m
x
m
m
m
x
x
m
m
x
m
y












Để hàm số đồng biến trên



;m

 

 m;



thì:



2;1



0
2
0

' xDm2 m  xDm 
y

 Đáp án C

Câu 31:

– Phương pháp

Phương trình tiếp tuyến của đths tại A



xo;yo



có dạng: y  f'(xo).(xxo) yo

– Cách giải

.face

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

3
)
0
(
'
)
1
(

' 2  



 y

x
y

Phương trình tiếp tuyến tại điểm M(0;-1) là:

1
3

)
1
(
)
0
.(
3











x
y

 Đáp án B

Câu 32:

– Phương pháp

Đồ thị hàm số y ax b
cx d



 với a, c ≠ 0, ad ≠ bc có tiệm cận đứng

d
x

c
 

và tiệm cận ngang y a
c



– Cách giải

TXĐ:D=R\

 

0
lim 



 y

x và xlimy0

 Đths có đường tiệm cận ngang: y=0





3

lim

x và xlim3 

 Đths có đường tiệm cận đứng: x=3

 Đths có 2 đường tiệm cận

 Đáp án B

Câu 33:

– Phương pháp

Gọi phương trình tiếp tuyến với đồ thị hs qua M



xo;yo



là: ykxm(d)

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

+ Dựa vào điều kiện tiếp xúc để tìm đc m:







)
(
'
)
(
'

)
(
)
(

m

g
x
f

m
g
x
f

có nghiệm

+ Tìm được các cặp giá trị của x, m tương ứng. Từ đó tìm được y tương ứng.

+ Số giá trị y tìm được chính là số tiếp tuyến cần tìm
– Cách giải

Gọi phương trình tiếp tuyến với đồ thị hs qua M



xo;yo



là: ykxm(d)
(d) song song với trục hoành (y=0)

m
y
k   

 0

Điều kiện tiếp xúc:












0
16
8

1
8
2

3
2
4

x
x

m
x

x

có nghiệm










































 




7
2

1
0

2
2
0

8
2 4 2

m
x

x
x

x

m
x

x

Suy ra có 2 đường tiếp tuyến song song với trục hoành: y1 và y7

 Đáp án C

Câu 34:

Khối 20 mặt đều thuộc loại

 

3;5

 Đáp án A

Câu 35:

– Phương pháp

Dựa vào đồ thị ở hình vẽ để suy ra:
+ Số giao điểm của đồ thị và trục hoành
+ Đồ thị đi lên  hàm số đồng biến
+ Đồ thị đi xuống  hàm số nghịch biến

f

ce

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

– Cách giải

Dựa vào đồ thị ở hình vẽ, suy ra:

- Đths cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt  Đáp án A sai

- Hàm số đồng biến trên khoảng



3;1



(1;3) B sai, D đúng

- Hàm số nghịch biến trên khoảng

 

1;1  C sai

Đáp án D

Câu 36:

– Phương pháp

Thể tích hình chóp: V .h.Sđáy

3
1


– Cách giải

Ta có:

Góc giữa SB và mặt phẳng (ABC) là góc SAB60 

)
(
)
(

ABC
SAC

ABC
SAB




AB

SA
ABC

SA  

 ( )

A

S

C

B


60

.face

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

SAB


 vng ở A có AB=a SAa.tan(60)a 3

4
.
3
)
60
sin(
.

.
2

1 2 a2

AB

SABC   

4
.

.
3

1 a3

S
SA
VSABC  ABC

  Đáp án C

Câu 37:

– Phương pháp

Cách tìm khoảng cách d từ 1 điểm đến 1 mặt phẳng:
+ Tìm chân đường vng góc

+ Biểu diễn d theo khoảng cách từ chân đường vuông góc xuống mặt phẳng đó
+ Tính khoảng cách từ chân đường vng góc xuống mặt phẳng đó, suy ra d
– Cách giải

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC , K là trung điểm của BC

BC
SH
ABC

SH  

 ( ) và AK BC

)
(SAK
BC



60

S

A

B

C

H

K

N

c

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Kẻ AN SKN d(A;(SBC)) AN

Ta có:

3
3
3

2
2

3
2

3 a

AK
AH

a
AB

AK     

Góc giữa SA và (ABC) là góc SAH. Xét SAH vuông ở H:

a
AH

SH  .tan(60)

SAK
AK

SA
a

SH

SA    




2
3
)

sin( đều AN AK 4a

3
2

3





 Đáp án D

CÂu 38:

Mỗi đỉnh của 1 hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất 3 cạnh

 Đáp án C

Câu 39:

– Phương pháp

V h.Sđáy
3
1


– Cách giải

2
2

72900

270

154

m
S

m
h

đáy  



3742200

1 



V hSđáy

 Đáp án A

Câu 40:

– Phương pháp

SC
SB
SA

SC
SB
SA
V

V

ABC
S

C
B
A
S

.
.

'
'.
'.

''
"

' 

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

24
1
.

.
'
'.
'.

''
"

'  

SC
SB
SA

SC
SB
SA
V

V

ABC
S

C
B
A
S

 Đáp án D

Câu 41:

– Phương pháp

+ Xét pt hoành độ giao điểm của đường thẳng và đths. Suy ra pt (*)

+ Biện luận: Để đt luôn cắt đths tại 2 điểm phân biệt thì pt (*) phải có 2 nghiệm phân biệt. Tìm
được điều kiện của m

+ Giả sử giao điểm là A(a,b); B(c;d)
+ Gọi I là trung điểm AB  Tọa độ của I

+ I thuộc đường đã cho. Thay tọa độ của I vào pt đường đã cho thì tìm đc m
– Cách giải

m
x
y

m
x
y
m

x
m
x
y

2
0

6
3
'
3

2
2














Để đths có 2 điểm cực trị thì: 2m>0m0

Khi đó, đths có 2 điểm cực trị là: M( m; m3 3 m5 m);N( m; m3 3 m5 m)

 Trung điểm của 2 cực trị có tọa độ: A(0;m)

 

tm
m

d

A( ) 1

 Đáp án C

Câu 42:

E

A

D

C

B

F

H

ro

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

– Phương pháp

Chia khối 8 mặt đều thành 2 khối chóp

Tìm đường cao h của 1 khối chóp. Tính thể tích của khối chóp đó là V

Thì thể tích khối 8 mặt là 2V

– Cách giải

Chia khối 8 mặt đều thành 2 khối chóp như hình vẽ

Dễ thấy đường cao

2
2

1 a

EF
EH

h  

2
.

.
2

1 a2

BD
AC

SABCD  

Thể tích 1 khối chóp là:

12
2
.
2
.
2

1 2 3

a
a
a

V  

Thể tích khối 8 mặt là:

6
12
.
2

3
3

a
a

V  

 Đáp án D

Câu 43:

– Phương pháp

Tìm giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đồ thị hàm số y = g(x)

+ Giải phương trình f(x) = g(x). Nghiệm của phương trình là hồnh độ giao điểm.
+ Suy ra tọa độ giao điểm

– Cách giải

Ta có pt hồnh độ giao điểm của đồ thị yx4 2x2 1 và trục hoành:















1
1
1

0
1

2 2 2

x
x
x

x

 Đáp án C

a

b

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Câu 44:

– Phương pháp

V h.Sđáy
3
1


– Cách giải

Gọi K là trung điểm của BC

Có: A'B A'CA'BCcân ở A’A'KBC

ABC

 đều AK BC

Góc giữa (A’BC) và (ABC) là góc AKA’60 

)

'
'
(
'

)
(

' ABC BB AK AK BCCB

BB    

A’

B’

C’

A

B

C

K



</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

3
.

3
1

2
3
'

2
3
)
60
tan(
.
'
2

3
2

'
'
'

'
'

a
S

AK
V

a
BC
BB
S

a
AK

AA
a

AB
AK

B
BCC
B

BCC
A

B
BCC


















 Đáp án B

Câu 45:

Hình lăng trụ đều là hình lăng trụ đứng có đáy là đa diện đều.

Lăng trụ đều có các mặt bên là các hình chữ nhật bằng nhau

 A, B, C đúng và D sai

 Đáp án D

Câu 46:

– Phương pháp

đáy
xq

tp
xq

S
S
S

h
p
S

.
.
2






– Cách giải

Giả sử cạnh đáy của lăng trụ là a, h l chiều cao của lăng trụ

h
a
h

S

V đáy .

4
3
.  2


2
2

2
3
3

3
.
2
.
3
.

.h S ah a ah a

C

Stp   đáy    

 Để diện tích tồn phần nhỏ nhất thì a phải lớn nhất (để h nhỏ nhất)

 Đáp án B

(Có thể thử đáp án bằng cách giả sử V=1 sau đó thay vào các cơng thức trên)

Câu 47

a

b

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

– Phương pháp

Thể tích khối chóp: V h.Sđáy
3
1

1 

– Cách giải

Giả sử các cạnh của đáy có độ dài là 1 và chiều cao của hình lăng trụ là

h VABCABC hSđáy h
4

3
.

'
'

'  



Gọi N là trung điểm của AC



MB'C'



chia lăng trụ ra thành 2 khối B’C’BCMN và AMNA’B’C’

A’

C’

B’

A

B

C

M

N

c

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

7
5
48
3
7
48
3
5
48
3
)
60
sin(
.
2
1

.
2
1
.
3
1
.
.
3
1
12
3
4
3
.
3
1
2
1
2
1
'
'
1
'
'
'
'
'
'

'
2
'
'
'
'

























V
V
h
V
V
V
V
V
h
V
V
V
h
h
S
h
V
h
h
V
BCNM
C
B
AMN
B
C
B
A
A
C

B
A
AMN
AMN
AMN
B
C
B
A
A

 Đáp án B

Câu 48:

– Phương pháp

Đồ thị hàm số

d
cx
b
ax
y



 2 với a, c ≠ 0 có tiệm cận đứng x d
c
 

và tiệm cận ngang
c

a
y
– Cách giải

2
1
lim 



 y

x và 2

1
lim 



 y

x

 Đths có đường tiệm cận ngang là:
2
1


y





y
x
2
3

lim và  



y
x
2
3
lim

 Đths có đường TCĐ:

2
3


x

 Đáp án B

Câu 49:

– Phương pháp

. a

b

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Tính y’ và y”

Sau đó, biện luận theo yêu cầu đề bài

Để hàm số đạt cực đại tại xxo thì

 








0
'

o
o

x
y

– Cách giải

 Cách tính thơng thường:

- Tính y’ và y”

- Sau đó, biện luận theo yêu cầu đề bài

Để hàm số đạt cực đại tại
3


x thì

























0
3
''

0
3
'



y
y

- KL

 Cách tính khác (mẹo):

m
y

x
m
x
x
y













3
'

cos
.
3
cos
.
3
sin
'



Để hàm số đạt cực đại ở
3



x thì 0 0

'   







m
y 

 Đáp án B

Câu 50:

– Phương pháp

+ Xét pt hoành độ giao điểm của đường thẳng và đths. Suy ra pt (*)

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

+ Giả sử giao điểm là A(a,b); B(c;d); C(x ;o yo). Dựa vào định lý vi-et để giải theo yêu cầu đề bài

– Cách giải

Ta có pt hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho và đường thẳng (d) là:

























(**)
0
)
1
(
3

0
0
)
1
(
3

(*)
1
1
3

2
2
3

2
3

m
x
x

x
x
m
x
x

x
mx
x
x

Để đths cắt (d) tại 3 điểm phân biệt thì (*) phải có 3 nghiệm phân biệt

(**) phải có 2 nghiệm phân biệt0

)
1
(

4
5

0
)
1
(
4
9









m
m

Giả sử 3 giao điểm là: A(0;1), B(x1;x1+1), C(x2;x2+1)

Theo định lý Vi-et ta có:










1
.

2
1

m
x
x

x
x

)
2
(
5
1

2
2

1
.
2
)
(

1 1 2

2
2
1
2

3
2
2
2
1

















m
m

x
x
x

x
x

Từ (1) và(2)  Khơng có giá trị nào của m thỏa mãn đề bài

</div>

15. TS247 DT Đề thi thử thpt qg môn toán trường thpt chuyen bac kan lan 1 nam 2017 co loi giai chi tiet 9081 1484795541





















 





 

 





















<i><b>a</b></i>

<i><b>book.co</b></i>

<i><b>g</b></i>

<i><b>Ta</b></i>

 

  

 





 





 



 











<i><b>f</b></i>

<i><b>ce</b></i>

<i><b>/gr</b></i>

<i><b>u</b></i>

<i><b>s</b></i>













 





 









<i><b>fa</b></i>

<i><b>e</b></i>













 











