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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (453.71 KB, 12 trang )

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

Câu 1: [2D1-4] Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình
cos 2x m sinx m 0 có nghiệm?

A. 0 B. 1 C. 2 D. vô số

Lời giải
Chọn B.

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





2 2

1 2 t mt m  0 m t1 2t 1

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

2
2 1

.
1
t
m

t





Xét hàm số

 

2 1 1

2 2

1 1

t

f t t

t t



   

  trên



0;1



có

 





2 .

1
f t

t
  



Phương trình

 

2 2
2
0

2 2
2
t
f t

t

 




  

 





. So sánh với điều kiện suy ra 2 2
2
t 

Lại có limt1 f t

 

  nên ta có bảng biến thiên

t 0 2 2

2 1

 

f t  0  

 

f t

4 2 2

 

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

2 2

4 2 2.
2

mf    

 

 

Vì m là số nguyên dương nên m 1.

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

m thuộc đoạn nào dưới đây?

A. 1; 2
2
 
 

  . B.



2;0



 . C.



3;5 .



D. 4; 5
2

 

 

 

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

Chọn B.

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

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

1
m t

t
  

Đặt f t

 

t 1
t

  với t   





 

2
1
1
f t

t

   , f t

 

0  t 1 f



1



2.

BBT:

Phương trình có nghiệm duy nhất khi m  .2

Câu 3: [2D2-3] Cho khối cầu tâm O bán kính là6cm . Mặt phẳng

 

P cách O một khoảng là x cắt
khối cầu theo một hình trịn

 

C . Một khối nón có đỉnh thuộc mặt cầu, đáy là hình trịn

 

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

A.2cm. B.3cm. C.4cm. D. 0cm.

Lời giải
Chọn A.

Điều kiện 0£ <x 6.

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

   

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

-Khi đó thể tích khối nón là: 1 2



36 2





6



. ( )

3 3 3

V  r h  x x  f x

+Ta có f x'( ) 3x2 12x 36

   và '( ) 0 6 (L)
2 ( )
x

f x

x N

 
  




2
x
  .

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

Câu 4: [1D2-4] Cho đa giác đều 100 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác. Xác suất để 3 đỉnh
được chọn là 3 đỉnh của một tam giác tù là

A. 3

11. B.

33. C.

11. D.

11.

Lời giải
Chọn C.

Số cách chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh là C1003 .

Áp dụng công thức tính nhanh số tam giác tù là



 



n n n 100 100 2 100 4



 



 



117600

 .

Vậy xác suất cần tìm là: 3
100
117600 8

C  .

Lưu ý: CM cơng thức tính nhanh

Gọi số đỉnh của đa giác là n.

Chọn ngẫu nhiên ra 3 đỉnh có

C

3n cách.

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

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

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

 Hai đỉnh còn lại cùng nằm bên trái có
2

1
2
n

C

 cách.

 Hai đỉnh cịn lại cùng nằm bên phải có 2 1
2
n

C

 cách.

Vậy có tất cả số tam giác tù 2 1 2 1

2 2

n n

n

C

 

C

 

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

là



 



2 2

1 1

2 2 2 4 .

2 8

n n

n

C

 

C

  n n n

 

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

Câu 5: [2D1-3] Cho hàm số 2 1
1
x
y

x




 có đồ thị

 

C và điểm I



1; 2



. Điểm M a b



;



, a 0 thuộc

 

C sao cho tiếp tuyến tại M của

 

C vng góc với đường thẳng IM . Giá trị a b bằng

A. 1. B. 2. C. 4. D. 5.

Lời giải
Chọn D.

Ta có M a b



;

  

 C 2 1
1
a
b

a

 

 .

Lại có





1
1
y

x

 

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





2
1

1
k

a



 .

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

IM a

a

 

  


 



nên có một véc-tơ pháp

tuyến là n 



a1



.

Do đó đường thẳng IM có hệ số góc là













1 1

k

a a

 

  

  .

Để dIM thì k k 1



 



1 1

a a



  

 





1 1

a

   1 1

1 1
a

a
 


   


2
0.
a
a



  



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

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



sinxcosx m



đồng biến

trên ?

A. 5. B. 4.. C. 3.. D. Vơ số.

Lời giải
Chọn A.

Ta có ' 3 2 cos( )
4
y  m x .

Để hàm số đồng biến trên  thì ' 3 2 cos( ) 0,
4

y  m x    x

TH1: m 0 thỏa mãn.

TH2: m 0 thì để ' 3 2 cos( ) 0,
4

y  m x    x  3 m 2 0 3
2
m

 

Vì m m{1; 2}

TH3: m 0 thì để ' 3 2 cos( ) 0,
4

y  m x    x  3m 2 0 3
2
m

 

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

Vậy: m {-2; 1;0;1; 2}

Câu 7: [2D1-3] Biết đường thẳng y



3m1



x6m3 cắt đồ thị hàm số y x3 3x2 1

   tại ba điểm

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

A. ( 1;0). B. (0;1). C. (1; ).3

2 D.

3
( ; 2).

Lời giải
Chọn A.

Phương trình cho hồnh độ giao điểm là :





3 2

3 3 1 6 2 0

x  x  m x m  (*)

Yêu cầu của bài tốn tương đương với việc phương trình (*) có ba nghiệm phân biệt sao cho ba

nghiệm đó lập thành một cấp số cộng.

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

Suy ra : 2x2 x1x3

Mà x1x2x33 nên x 2 1

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

1
1 3 3 1 6 2 0

m m m

        .

+) Với 1
3

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

  

0
1
2
x
x
x





 


 


. Dễ thấy ba nghiệm này

lập

thành cấp số cộng nên 1
3

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

Câu 8: [2D2-4] Cho x y, là các số thực dương thoả mãn lnx lny ln



x2 y



.

   Tìm giá trị nhỏ nhất

của P x y  .



   

2 2 2

x x

x P x x P x P f x

x



      

 .

Để bất phương trình

 

2 có nghiệm x 1thì Pminx1 f x

 

.

Ta có

 





2 4 1 2 2

2
1

x x

f x x

x

  

    



Lập bảng biến thiên suy ra min1

 

3 2 2

x f x   . Từ đó suy ra P  3 2 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi



;



2 2 4 3 2; .

2 2

x y    

 

Vậy MinP  3 2 2.

Cách 2:

Từ giả thiết, ta có: lnxlnyln



x2y



 2





2 2
1
1

1
x

xy x y y x x x

y
x




      








(do

y  )

Do đó:





2 1 1

2 1 2 1 3 3 2 2

1 1 1

x

P x y x x x

x x x

            

  

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi





2
1

2 1

1
x

x
x
y

x


 


 


 

 



2
4 3 2

x

y


 


 


 



Vậy MinP  3 2 2.

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

2 2 1 2 2 2

1; .



Lời giải

Chọn A.

Ta có 2 2 1 2 2 2

4x x m.2x  x 3m 2 0

     4x22x1 2 .2m x22x13m 2 0 .

Đặt 2 2 1
2x  x t

 ta có phương trình t2 2 .m t3m 2 0

 

1 .

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



 



1 2
0

1 1 0

1
2

t t

t t

  


    




 







1 2 1 2

1 2

1 0
2

t t t t
t t


 




     

  



2 3 2 0

3 2 2 1 0

2 2

m m

m

   



     

 



2; 1
1
1

m m

m
m

 



  

 


2
m

 

Bài toán tương tự:

Tìm tập hợp tất cả các tham số m sao cho phương trình 2 4 4 2 4 4

9x  x 2 .2m x  x 5m 6

   có bốn

nghiệm phân biệt

a . B. 3 5

a . C. 3 3

a . D. 3 6

a .

Hướng dẫn giải
Chọn A.

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

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

Ta có



 





 



AEF SBC

EF AEF SBC

AI EF





 


 






AI SBC

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

Do đó SAM cân tại A. Từ đó 3
2
a
SA AM  .

Ta có 2 3

3 3

a

AH  AM  ; 2 2 15

6
a

SH  SA  AH  .

Diện tích

2 2

3 3

4 4

ABC

AB a

S   .

Thể tích

1 5

3 24

S ABC ABC

a

V  S SH  .

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

2 1 4



 



Q chứa d và tiếp xúc với

 

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

A. 2 2. B. 4 3.

3 C.

2 3
.

3 D. 4.

Lời giải
Chọn B.

Từ

 

S : Tâm I



1;2;1



và bán kính R 2

Từ d:Vectơ u





 



 

 2 t

 

 4 1 4 0t



 .

t

   H



2;0;0



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

Ta có 1 2 1 2 12
MK MH MI

1 1
4 2

  3

 2

3
MK

  .

Vậy MN 2MK 4 3

 . Vậy chọn Đáp án B

Câu 12: [2D3-2] Hàm số

 

7 cos 4sin

cos sin

x x

f x

x x




 có một nguyên hàm F x thỏa mãn

 

4 8

F  

  .

Giá trị
2
F 

  bằng

A. 3 11ln 2.
4

 

B. 3 .
4



C. 3 .
8



D. 3 ln 2.
4

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

Lời giải
Chọn A.

Ta có

 

d
f x x






7 cos 4sin
d
cos sin
x x
x
x x








2
4

3 11 ( sin cos )
d
2 2 cos sin

x x
x
x x


 
 
   

 



2
4
3 11

ln cos sin

2x 2 x x



 
   
 
3 11
ln 2

8 2

  .

Mà

 

d
f x x






 

4
F x



2 4

F  F

    
   

 

2
4
d
2 4

F F f x x



 
   
    
   



3 11ln 2

 

 .

Câu 13: [2D3-3] Xét hàm số f x( ) liên tục trên đoạn



0;1



và thỏa mãn 2 ( ) 3 (1f x  f  x) 1 x.

Tích phân

( )d

f x x



bằng

A. 2

3. B.

6. C.

15. D.

3
5.

Lời giải
Chọn C.

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

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

Từ (1) & (2), ta được: ( ) 3 2 1

5 5

f x  x  x.

Do đó, ta có:

( ) d

f x x



1 1

0 0

3 2

d 1 d

5 x x 5 x x









 2 4

5 15

  2

 .

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

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

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

Vì hai số phức
1

z và z2 thoả mãn z1z2  8 6i và z1 z2  nên 2

1 2

2 1

1 2

8 6
8 6

z i z

z z

   



  



  











1 2
4 3 1

4 3 1
2

z i

z z

   




    



 




 

* .

Gọi A, B lần lượt là hai điểm biểu diễn của hai số phức
1

Ta có





2 2 2

2 2 2 2

2 5 1 52

2 4

OA OB AB

OI OA OB



       .

Suy ra 52 OA2 OB2 2OA OB.

   



OA OB



2 OA2OB22OA OB. 52 52 104 

1 2 104 2 26

P z z OA OB

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

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

 ,

3
2
a

SA SB SD   . Gọi  là góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng



SBC



. Giá trị sin
bằng:

A. 1

3. B.

3. C.

3 . D.

2 2
3 .
Lời giải

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

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

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

a
BO  .

Vì 3

a



OE SBC

   d O SBC



;







OE

Ta có SO SB2 OB2

2 2

3 3

4 9

a a

  15

a

 . Khi đó OE SO OB2. 2

SO OB





15
9

a

 .

Mặt khác













;
;

d M SBC
d O SBC

MB
OB

 3





;







;





d M SBC d O SBC

  15

a

 .

Vì DM//



SBC

SBC là



K.

Ta có DK d D SBC



;





a

 và góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng



SBC là



DSK   sin DKSD 15 : 3

6 2

a a

 5

 .

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

2 1 1

x y z

d     

 và
mặt phẳng ( ) :P x y z  2 0. Đường thẳng  nằm trong mặt phẳng

 



2; 3;1



  
  
  
  
  
  
  

Vì I d 

 

P nên ta tìm được I



1; 3;0



Gọi  là đường thẳng nằm trong

 

P và vng góc với  ,     M thỏa mãn IM  42



 có vecto chỉ phương là un u, 2

 

 



4;1; 5



  .

Khi đó ' có phương trình là

1 4
3
5

x t

y t

z t

 



 


 


Gọi M  M



1 4 ; 3 t   t; 5t



, IM  42

 

4t 2 t2

 

5t 2

   42 t 1.

Với t 1 M



5; 2; 5 



 bc10.

Với t 1 M



3; 4;5



(loại)

Vậy bc 10

</div>

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





 





 





 

 

 

 









 





 

 





 

 

 

<sub></sub>

<sub></sub>







 



<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>

<i><sub>C</sub></i>

<i>C</i>

<i>C</i>

<i><sub>C</sub></i>

<i><sub>C</sub></i>



 



<i><sub>C</sub></i>

<i><sub>C</sub></i>

 









 

 



  































 















