Đề thi HK 1 môn Toán lớp 12 năm 2017-2018 - THPT Lai Vung 2

ĐỀ THI HỌC KÌ I
NĂM HỌC 2017-2018
MƠN TỐN 12
Thời gian: 90 phút

Trường THPT Lai Vung 2

Câu 1: Cho hàm số y  f ( x ) có đồ thị trên  2;3 có dạng như hình bên dưới. Hàm số f ( x) có bao
nhiêu điểm cực tiểu trên  2;3 ?

A. 0

B. 1

C. 2

D. 3

Câu 2: Hàm số y   x  3 x  4 đồng biến trên khoảng nào sau đây?
A.  �; 0 
B.  4;0 
C.  0; 2 
3

2

Câu 3: Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y 
A. 0.

B. 1.

Câu 4: Hàm số y 
A.  0; e 

D. 3.

x
đồng biến trên khoảng nào sau đây?
ln x
B.  0; �
C.  1;e 

Câu 5: Hàm số y 
S  yCT  2 yCD .
A. S  6 .

2
là
x 1
C. 2.

D.  2; �

D.  e; �

x2  2x  2
có giá trị cực đại và giá trị cực tiểu lần lượt là yCD , yCT . Tính
x 1

B. S  0 .
C. S  4 .

D. S  6 .
3x  6
Câu 6: Cho hàm số y 
đồ thị là (C). Khẳng định nào sau đây đúng ?
x 1
A. y  2 là tiệm cận ngang.
B. x  1 là tiệm cận đứng.
C. x  1 là tiệm cận đứng.
D. y  1 là tiệm cận ngang.
Câu 7: Trong các hàm số sau đây, hàm số nào nghịch biến trên �?
1
A. y 
B. y  2 x3  x 2  x  1
x 1
 x2  2 x  3
3
2
C. y   x  3 x  x  5
D. y 
x2
Câu 8: Đồ thị hàm số y  ax3  cx  d có điểm cực đại là A  1; 4  và điểm cực tiểu là B  1;0  . Khi đó
giá trị của a, c, d lần lượt là
A. -1, 3, 2.
B. 1, -1, 4.
C. 1,-3, 4.
D. 1, -3, 2.
( m+1) x + 2m+ 2
Câu 9: Hàm số y =
đồng biến trên ( - 1;+�) khi
A. m< 1 .

x+m
B. m> 2 .

C. 1�m< 2 .

D. - 1< m< 2 .

Câu 10: Tìm m để đồ thị hàm số y = x - 2 ( 4 + 3m - m ) x + 3m - 2 có một điểm cực đại, hai điểm cực tiểu
và thỏa mãn khoảng cách giữa hai điểm cực tiểu dài nhất.
4

A. m= -

1
.
2

1
2

B. m= .

2

2

3
2

C. m= .

D. m= -

3
.
2

Câu 11: Số điểm chung của hai hàm số y  x 4  2 x 2  3 và y  x 2  3 là
Trang 1/22 - Mã đề thi 001


A. 3.

B. 2.

C. 4.

D. 1.

Câu 12: Tiếp tuyến của hàm số y  x3  3x  1 tại điểm có hồnh độ bằng 1 là
A. y  1 .
B. y  1 .
C. y  x .
D. y   x .
Câu 13: Cho hàm số y  f ( x ) có bảng biến thiên sau:

Phương trình f ( x)  m có 3 nghiệm phân biệt khi
A. m  1; m  3 .
B. 0  m  2 .

C. 1  m  3 .
Câu 14: Bảng biến thiên sau là của đồ thị hàm số nào?

A. y 

x2
.
x 1

B. y 

x2
.
x 1

C. y 

2x 1
.
x 1

D. 1 �m �3 .

D. y 

x2
.
x2

Câu 15: Cho hàm số y  x 3  2 x  3 (C). Tiếp tuyến của hàm số (C) song song với đường thẳng

d : y  x  2017 có phương trình là:
A. y  x  1 và y  x  5 .
B. y  x  1 và y  x  5 .
C. y  x  1 và y  x  5 .
D. y  x  1 và y  x  5 .
Câu 16: Đồ thị sau là của hàm số nào được liệt kê trong bốn phương án dưới đây?
6

4

2

-10

-5

5

10

-2

-4

-6

x 1
x 1
x 1
1 x

.
B. y 
.
C. y 
.
D. y 
.
x2
x2
x2
x2
Câu 17: Đồ thị sau là của hàm số nào được liệt kê trong bốn phương án dưới đây?

A. y 

6

4

2

-10

-5

5

10

-2

-4

-6

A. y  x  3x  1 .
3

B. y  x 4  x 2  1 .

C. y   x3  3 x  1 .

Câu 18: Gọi A, B là giao điểm của hai hàm số (C ) : y 

D. y  x 3  3 x  2 .

x 1
và (d ) : y  x  m . Để AB  4 2 thì
x2
Trang 2/22 - Mã đề thi 001


A. m  1; m  3.

B. m  1; m  3.

C. m  1; m  3.

D. m  1; m  3.

Câu 19: Cho hàm số (C ) : y  x 4  2 x 2  1 và đường thẳng (d ) : y  m  1 . Đường thẳng (d ) cắt (C ) tại
ba điểm khi
A. m  2.
B. m  1.
C. m  0.
D. m  1.
3
Câu 20: Phương trình x  3 x  1  m  0 có ba ngiệm khi
A. 3  m  0.
B. 0  m  3.
C. m  0; m  1.

D. m  0; m  3.

a
b
c
 log 2  log 2 là
b
c
a
C. P  0 .
D. P  log 2  abc  .

Câu 21: Cho các số dương a,b,c .Gía trị biểu thức P  log 2
A. P  1 .

B. P  2 .

Câu 22: Tập xác định của hàm số y   x 3  1

A. R \  1 .

4

C.  1; � .

B. R .

D.  1; � .

Câu 23: Cho a  0; a �1 . Khẳng định nào sau đây đúng ?
A. Tập giá trị của hàm số y  a x là R
B. Tập giá trị của hàm số y  log 2 x là R
x
C. Tập xác định của hàm số y  a là  0; �
D. Tập xác định của hàm số y  log 2 x là R
Câu 24: Đạo hàm của hàm số y  2 x







x2

1



là
2

x 1
B. x  1 .2 .ln 2 .

A. x  1 .2 .
2

2

2

Câu 25: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  e x

2

2 x

B. e .

A. 1.

2

C. x .2 x  2.ln 2
trên  0; 2
1
C. .
e

.

D. 2 x

D.

1
.
e2

2

1

.

Câu 26: Hàm số nào sau đây đồng biến trên �?
x

�e �
A. y  log x .
B. y  x .
C. y  e .
D. y  � �.
�3 �
Câu 27: Hình bên dưới là đồ thị của hàm số nào được liệt kê trong bốn phương án dưới đây?
x

2

8

6

4

2

1

-10

O

-5

1

2

-2

A. y  log 2 x .

B. y  log1/ 2 x .

x

C. y  2 .

x

�1 �
D. y  � �.
�2 �

Câu 28: x  2 là nghiệm của phương trình nào sau đây?
x

�1 �
A. log 2 x  1 .
B. ln( x  3)  0 .
C. � � 2 .
�2 �
Câu 29: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình ln(2 x  1) �0 .
1
1
A. S  (�;1] .
B. S  ( ;1] .
C. S  (0; ] .
2
2

x

�1 �
D. � � 4 .
�2 �

D. S  (0;1]

Trang 3/22 - Mã đề thi 001


2
Câu 30: Số nghiệm của phương trình log 2 x  2 log 2  3x  4  là
A. 0.
B. 1 .
C. 2 .
1
7 x 1

Câu 31: Tập nghiệm S của bất phương trình 5
là
52 x  4
�1
�
�1
�
�1
�
A. S  � ; ��.
B. S  � ; ��.
C. S  � ; ��.
�8
�
�4
�
�2
�

D. 3.

D. S   2; � .

1
1
1

 ....... 
là
log 2 2017! log 3 2017!
log 2017 2017!
B. P  2 .
C. P  1 .
D. P  4 .

Câu 32: Giá trị biểu thức P 
A. P  0 .

2
Câu 33: Tìm giá trị của tham số m sao cho phương trình log 2   x  3x  m  10   3 có hai nghiệm trái
dấu
A. m  4 .
B. m  2 .
C. m  2 .
D. m  4 .

Câu 34: Cho hàm số f  x  

2x

5x

2

1

.Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai?
x
x2 1

1  log 2 5 1  log 5 2

2
A. f  x   1 � x   x  1 .log 2 5 .

B. f  x   1 �

2
C. f  x   1 � x.log 1 2   x  1 .log 3 5 .

2
D. f  x   1 � x.ln 2   x  1 .ln 5 .

3

.

x 1
Câu 35: Gọi x1 ; x2 là nghiệm của phương trình log 3  3  1  2 x  log 3 2 . Tính tổng S  27 x1  27 x2
A. S  108 .

B. S  45 .
C. S  9 .
D. S  252 .
Câu 36: Hình đa diện nào dưới đây khơng có tâm đối xứng?

A. Tứ diện đều.
B. Bát diện đều .
C. Hình lập phương. D. Lăng trụ lục giác đều.
Câu 37: Gọi l , h, R lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính đáy của hình nón (N). Diện tích
tồn phần Stp của hình nón (N) là
2
A. Stp   Rh   R .

B. Stp  2 R  h  R  .

C. Stp   R  l  2 R  .

D. Stp   R  l  R  .

Câu 38: Hình hộp chữ nhật có ba kích thước đơi một khác nhau có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng ?
A. 4 mặt phẳng.
B. 3 mặt phẳng.
C. 6 mặt phẳng.
D. 9 mặt phẳng .
Câu 39: Tính thể tích V của khối nón có bán kính đáy r  4 và chiều cao h  4 2 .
64 2
A. V  128 .
B. V  64 2 .
C. V 
.

D. V  32 2 .
3
Câu 40: Cho mặt cầu bán kính R ngoại tiếp một hình lập phương cạnh a . Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
3R
2 3R
A. a  2 3R .
B. a 
.
C. a  2 R .
D. a 
.
3
3
B C có đáy ABC là tam giác vuông tại B . Biết
Câu 41: Cho lăng trụ đứng ABC . A���
BC .
AB  2a, BC  a, AA�
 2a 3 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC . A���
a3 3
2a 3 3
.
C. 4a 3 3
D.
.
3
3
Câu 42: Một hình trụ có bán kính đáy 6 cm, chiều cao 10 cm. Thể tích V của khối trụ là
A. V  360 (cm3 ) .
B. V  720 (cm3 ) .
C. V  120 (cm3 ) .

D. V  300 (cm3 ) .

A. 2a 3 3 .

B.

Trang 4/22 - Mã đề thi 001


Câu 43: Cho hình chóp S.ABC đáy ABC là tam giác vng tại C, có cạnh AB  a , cạnh bên SA vng
góc mặt phẳng đáy và SA  a 3 . Tính thể tích V khối cầu ngoại tiếp hình chóp.
32 3
4 3
2 2 3
a .
A. V=
B. V= 4a 3 .
C. V=
D. V=  a .
a .
3
3
3
Câu 44: Cắt khối nón bởi một mặt phẳng qua trục tạo thành một tam giác ABC đều có cạnh bằng 2a .
Thể tích V của khối nón là:
8 a 3
3 a 3
3 a 3
3 a 3
A. V 

.
B. V 
.
C. V 
.
D. V 
.
3
2
3
6
Câu 45: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng và SA   ABCD  . Cạnh bên SC hợp với đáy một
góc 450 và SC  a 2 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a .
A.

a3
.
6

B.

a3
.
3

C.

a3
.
2

3
D. a 2 .
3

Câu 46: Cho lăng trụ đứng ABC.A/B/C/ có đáy ABC là tam giác vng tại B, AB  a, BC  a 2 và mặt
bên (A/BC) hợp với mặt đáy (ABC) một góc 300 . Tính thể tích khối lăng trụ là

a3 3
A.
.
6

a3 6
B.
.
2

a3 3
C.
.
3

a3 6
D.
.
6

Câu 47: Cho hình chữ nhật ABCD cạnh AB  4, AD  2 . Gọi M, N là trung điểm các cạnh AB và CD.
Cho hình chữ nhật quay quanh MN sinh ra khối trụ tròn xoay. Khi đó thể tích của khối trụ là

A. 4 .
B. 8 .
C. 16 .
D. 32 .
Câu 48: Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục , ta được thiết diện là một hình vng có cạnh bằng
6a . Diện tích tồn phần Stp của khối trụ là
2
A. Stp  54 a .

2
B. Stp  36 a .

2
C. Stp  18 a .

2
D. Stp  32 a .

Câu 49: Cho khối chóp SABC, có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu của điểm S xuống mặt
phẳng đáy là điểm H trùng với trung điểm đoạn AB và (SAB) vng góc mặt đáy. Biết góc giữa hai mặt
phẳng (SAC) và mặt đáy bằng 600 . Thể tích khối chóp SABC là
a3
3a 3
3a 3
3a 3
A.
.
B. V 
.
C. V  .

D. V 
.
12
16
4
6
Câu 50: Một hình nón có độ dài đường sinh là a , góc ở đỉnh băng 900 . Một mặt phẳng (P) qua đỉnh tạo
với mặt đáy một góc 600 . Diện tích S của thiết diện là
2 2
1 2
3 2
1 2
A. S  a 3 .
B. S  a .
C. S  a .
D. S  a 2 .
2
2
3
3
-----------------------------------------------

----------- HẾT ----------

ĐÁP ÁN
Câu 1

Câu 2

Câu 3

Câu 4

Câu 5

Câu 6

Câu 7

Câu 8

Câu 9

Câu 10

Trang 5/22 - Mã đề thi 001


B
Câu 11
A
Câu 21
C
Câu 31
A
Câu 41
A

C
Câu 12

B
Câu 22
A
Câu 32
C
Câu 42
A

C
Câu 13
C
Câu 23
B
Câu 33
B
Câu 43
D

D
Câu 14
B
Câu 24
C
Câu 34
C
Câu 44
B

D
Câu 15

A
Câu 25
C
Câu 35
A
Câu 45
A

B
Câu 16
A
Câu 26
C
Câu 36
A
Câu 46
D

B
Câu 17
A
Câu 27
C
Câu 37
D
Câu 47
A

D
Câu 18

D
Câu 28
D
Câu 38
B
Câu 48
A

B
Câu 19
C
Câu 29
B
Câu 39
C
Câu 49
A

C
Câu 20
D
Câu 30
B
Câu 40
D
Câu 50
C

Hướng dẫn chi tiết
Kiểm tra học kì 1 khối 12

&&&

Trang 6/22 - Mã đề thi 001


Câu
hỏi
1

Phương
án
đúng
B

Nhận
thức

TÓM TẮT LỜI GIẢI

NB

Trên  2;3 , f '( x ) đổi dấu từ âm sang dương tại 1 điểm duy nhất.
x0
�
y   x 3  3x 2  4 � y '  3 x 2  6 x , y '  0 � �
x2
�

2

C

NB

3

C

NB

4

D

TH

5

D

TH

6
7

C
B

TH
TH

Bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên  0; 2 
2
y
x 1
*Tiệm cận đứng x  1 ;*Tiệm cận ngang y  0
x
y
nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
ln x
TXĐ: D   0;1 � 1; �
ln x  1
�
ln x  1
� xe
y'
; y' 0 � �
2
0  x  1 �x  1
ln x
�
2
x2  2x  2 � y '  x  2x
y
2
 x  1
x 1
yCT  2, yCD  2 � S  yCT  2 yCD  6
x  1 là tiệm cận đứng.
y  2 x3  x 2  x  1 � y '  6 x 2  2 x  1  0x

Ta có: y '  3ax 2  c

8

D

VDT

�y '(1)  0
�3a  c  0
�a  1
�y '(1)  0
�
�
�
��
a  c  d  4 � �
c  3
�
�y (1)  4
�
�
acd  0
�
�d  2
�
� y (1)  0
Thử lại ta thấy hàm số y  x 3  3 x  2 thỏa yêu cầu bài toán.
TXĐ: D  �\  m

9

B

VDT

y'

m2  m  2

 x  m

2

;Hàm số đồng biến trên ( - 1;+�)

�y '  0
m  1 �m  2
�
��
��
�m2
 m  1 � m  1
�
y = x 4 - 2 ( 4 + 3m - m 2 ) x 2 + 3m - 2

10

C

VDC

3
2
x 2 - 4 + 3m - m2 ) �
Ta có y ' = 4 x - 4 ( 4 + 3m - m ) x = 4 x �
�
� (
Đồ thị hàm số có 1 điểm cực đại và hai điểm cực tiểu
� 4  3m  m 2  0 � 1  m  4

Khi

(

B

đó

hai

điểm

4 + 3m- m2 ; yCT

cực

tiểu

là

(

A -

4 + 3m- m2 ; yCT

)

và

).

AB2 = 4 ( 4 + 3m- m2 ) = g(m) � Maxg(m) = 25 � m=
( - 1;4)

3
2

Phương trình hồnh độ giao điểm
11

A

NB

�
x�3
x4  2 x 2  3  x2  3 � x4  3x2  0 � �

x  0.
�
Ta có : y  x 3  3x  1 � y '  3x 2  3
Trang 7/22 - Mã đề thi 001


Câu
hỏi
1

Phương
án
đúng
B

Nhận
thức

TÓM TẮT LỜI GIẢI

NB

Trên  2;3 , f '( x ) đổi dấu từ âm sang dương tại 1 điểm duy nhất.
x0
�
y   x 3  3x 2  4 � y '  3 x 2  6 x , y '  0 � �
x2
�

2

C

NB

3

C

NB

4

D

TH

5

D

TH

6
7

C
B

TH

TH

Bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên  0; 2 
2
y
x 1
*Tiệm cận đứng x  1 ;*Tiệm cận ngang y  0
x
y
nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
ln x
TXĐ: D   0;1 � 1; �
ln x  1
�
ln x  1
� xe
y'
; y' 0 � �
2
0  x  1 �x  1
ln x
�
2
x2  2x  2 � y '  x  2x
y
2
 x  1
x 1
yCT  2, yCD  2 � S  yCT  2 yCD  6
x  1 là tiệm cận đứng.

y  2 x3  x 2  x  1 � y '  6 x 2  2 x  1  0x

Ta có: y '  3ax 2  c

8

D

VDT

�y '(1)  0
�3a  c  0
�a  1
�y '(1)  0
�
�
�
��
a  c  d  4 � �
c  3
�
�y (1)  4
�
�
acd  0
�
�d  2
�
� y (1)  0
Thử lại ta thấy hàm số y  x 3  3 x  2 thỏa yêu cầu bài toán.

TXĐ: D  �\  m

9

B

VDT

y'

m2  m  2

 x  m

2

;Hàm số đồng biến trên ( - 1;+�)

�y '  0
m  1 �m  2
�
��
��
�m2
 m  1 � m  1
�
y = x 4 - 2 ( 4 + 3m - m 2 ) x 2 + 3m - 2

10

C

VDC

3
2
x 2 - 4 + 3m - m2 ) �
Ta có y ' = 4 x - 4 ( 4 + 3m - m ) x = 4 x �
�
� (
Đồ thị hàm số có 1 điểm cực đại và hai điểm cực tiểu
� 4  3m  m 2  0 � 1  m  4

Khi

(

B

đó

hai

điểm

4 + 3m- m2 ; yCT

cực

tiểu

là

(

A -

4 + 3m- m2 ; yCT

)

và

).

AB2 = 4 ( 4 + 3m- m2 ) = g(m) � Maxg(m) = 25 � m=
( - 1;4)

3
2

Phương trình hồnh độ giao điểm
11

A

NB

�
x�3

x4  2 x 2  3  x2  3 � x4  3x2  0 � �
x  0.
�
Ta có : y  x 3  3x  1 � y '  3x 2  3
Trang 8/22 - Mã đề thi 001


Câu
hỏi
1

Phương
án
đúng
B

Nhận
thức

TÓM TẮT LỜI GIẢI

NB

Trên  2;3 , f '( x ) đổi dấu từ âm sang dương tại 1 điểm duy nhất.
x0
�
y   x 3  3x 2  4 � y '  3 x 2  6 x , y '  0 � �
x2
�

2

C

NB

3

C

NB

4

D

TH

5

D

TH

6
7

C
B

TH
TH

Bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên  0; 2 
2
y
x 1
*Tiệm cận đứng x  1 ;*Tiệm cận ngang y  0
x
y
nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
ln x
TXĐ: D   0;1 � 1; �
ln x  1
�
ln x  1
� xe
y'
; y' 0 � �
2
0  x  1 �x  1
ln x
�
2
x2  2x  2 � y '  x  2x
y
2
 x  1
x 1
yCT  2, yCD  2 � S  yCT  2 yCD  6

x  1 là tiệm cận đứng.
y  2 x3  x 2  x  1 � y '  6 x 2  2 x  1  0x

Ta có: y '  3ax 2  c

8

D

VDT

�y '(1)  0
�3a  c  0
�a  1
�y '(1)  0
�
�
�
��
a  c  d  4 � �
c  3
�
�y (1)  4
�
�
acd  0
�
�d  2
�
� y (1)  0

Thử lại ta thấy hàm số y  x 3  3 x  2 thỏa yêu cầu bài toán.
TXĐ: D  �\  m

9

B

VDT

y'

m2  m  2

 x  m

2

;Hàm số đồng biến trên ( - 1;+�)

�y '  0
m  1 �m  2
�
��
��
�m2
 m  1 � m  1
�
y = x 4 - 2 ( 4 + 3m - m 2 ) x 2 + 3m - 2

10

C

VDC

3
2
x 2 - 4 + 3m - m2 ) �
Ta có y ' = 4 x - 4 ( 4 + 3m - m ) x = 4 x �
�
� (
Đồ thị hàm số có 1 điểm cực đại và hai điểm cực tiểu
� 4  3m  m 2  0 � 1  m  4

Khi

(

B

đó

hai

điểm

4 + 3m- m2 ; yCT

cực

tiểu

là

(

A -

4 + 3m- m2 ; yCT

)

và

).

AB2 = 4 ( 4 + 3m- m2 ) = g(m) � Maxg(m) = 25 � m=
( - 1;4)

3
2

Phương trình hồnh độ giao điểm
11

A

NB

�

x�3
x4  2 x 2  3  x2  3 � x4  3x2  0 � �
x  0.
�
Ta có : y  x 3  3x  1 � y '  3x 2  3
Trang 9/22 - Mã đề thi 001


Câu
hỏi
1

Phương
án
đúng
B

Nhận
thức

TÓM TẮT LỜI GIẢI

NB

Trên  2;3 , f '( x ) đổi dấu từ âm sang dương tại 1 điểm duy nhất.
x0
�
y   x 3  3x 2  4 � y '  3 x 2  6 x , y '  0 � �
x2
�

2

C

NB

3

C

NB

4

D

TH

5

D

TH

6
7

C
B

TH
TH

Bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên  0; 2 
2
y
x 1
*Tiệm cận đứng x  1 ;*Tiệm cận ngang y  0
x
y
nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
ln x
TXĐ: D   0;1 � 1; �
ln x  1
�
ln x  1
� xe
y'
; y' 0 � �
2
0  x  1 �x  1
ln x
�
2
x2  2x  2 � y '  x  2x
y
2
 x  1
x 1

yCT  2, yCD  2 � S  yCT  2 yCD  6
x  1 là tiệm cận đứng.
y  2 x3  x 2  x  1 � y '  6 x 2  2 x  1  0x

Ta có: y '  3ax 2  c

8

D

VDT

�y '(1)  0
�3a  c  0
�a  1
�y '(1)  0
�
�
�
��
a  c  d  4 � �
c  3
�
�y (1)  4
�
�
acd  0
�
�d  2
�

� y (1)  0
Thử lại ta thấy hàm số y  x 3  3 x  2 thỏa yêu cầu bài toán.
TXĐ: D  �\  m

9

B

VDT

y'

m2  m  2

 x  m

2

;Hàm số đồng biến trên ( - 1;+�)

�y '  0
m  1 �m  2
�
��
��
�m2
 m  1 � m  1
�
y = x 4 - 2 ( 4 + 3m - m 2 ) x 2 + 3m - 2

10

C

VDC

3
2
x 2 - 4 + 3m - m2 ) �
Ta có y ' = 4 x - 4 ( 4 + 3m - m ) x = 4 x �
�
� (
Đồ thị hàm số có 1 điểm cực đại và hai điểm cực tiểu
� 4  3m  m 2  0 � 1  m  4

Khi

(

B

đó

hai

điểm

4 + 3m- m2 ; yCT

cực

tiểu

là

(

A -

4 + 3m- m2 ; yCT

)

và

).

AB2 = 4 ( 4 + 3m- m2 ) = g(m) � Maxg(m) = 25 � m=
( - 1;4)

3
2

Phương trình hồnh độ giao điểm
11

A

NB

�
x�3
x4  2 x 2  3  x2  3 � x4  3x2  0 � �
x  0.
�
Ta có : y  x 3  3x  1 � y '  3x 2  3
Trang 10/22 - Mã đề thi 001


Câu
hỏi
1

Phương
án
đúng
B

Nhận
thức

TÓM TẮT LỜI GIẢI

NB

Trên  2;3 , f '( x ) đổi dấu từ âm sang dương tại 1 điểm duy nhất.
x0
�
y   x 3  3x 2  4 � y '  3 x 2  6 x , y '  0 � �
x2

�

2

C

NB

3

C

NB

4

D

TH

5

D

TH

6
7

C

B

TH
TH

Bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên  0; 2 
2
y
x 1
*Tiệm cận đứng x  1 ;*Tiệm cận ngang y  0
x
y
nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
ln x
TXĐ: D   0;1 � 1; �
ln x  1
�
ln x  1
� xe
y'
; y' 0 � �
2
0  x  1 �x  1
ln x
�
2
x2  2x  2 � y '  x  2x
y
2
 x  1

x 1
yCT  2, yCD  2 � S  yCT  2 yCD  6
x  1 là tiệm cận đứng.
y  2 x3  x 2  x  1 � y '  6 x 2  2 x  1  0x

Ta có: y '  3ax 2  c

8

D

VDT

�y '(1)  0
�3a  c  0
�a  1
�y '(1)  0
�
�
�
��
a  c  d  4 � �
c  3
�
�y (1)  4
�
�
acd  0
�
�d  2

�
� y (1)  0
Thử lại ta thấy hàm số y  x 3  3 x  2 thỏa yêu cầu bài toán.
TXĐ: D  �\  m

9

B

VDT

y'

m2  m  2

 x  m

2

;Hàm số đồng biến trên ( - 1;+�)

�y '  0
m  1 �m  2
�
��
��
�m2
 m  1 � m  1
�
y = x 4 - 2 ( 4 + 3m - m 2 ) x 2 + 3m - 2

10

C

VDC

3
2
x 2 - 4 + 3m - m2 ) �
Ta có y ' = 4 x - 4 ( 4 + 3m - m ) x = 4 x �
�
� (
Đồ thị hàm số có 1 điểm cực đại và hai điểm cực tiểu
� 4  3m  m 2  0 � 1  m  4

Khi

(

B

đó

hai

điểm

4 + 3m- m2 ; yCT

cực

tiểu

là

(

A -

4 + 3m- m2 ; yCT

)

và

).

AB2 = 4 ( 4 + 3m- m2 ) = g(m) � Maxg(m) = 25 � m=
( - 1;4)

3
2

Phương trình hồnh độ giao điểm
11

A

NB

�
x�3
x4  2 x 2  3  x2  3 � x4  3x2  0 � �
x  0.
�
Ta có : y  x 3  3x  1 � y '  3x 2  3
Trang 11/22 - Mã đề thi 001


Câu
hỏi
1

Phương
án
đúng
B

Nhận
thức

TÓM TẮT LỜI GIẢI

NB

Trên  2;3 , f '( x ) đổi dấu từ âm sang dương tại 1 điểm duy nhất.
x0
�
y   x 3  3x 2  4 � y '  3 x 2  6 x , y '  0 � �

x2
�

2

C

NB

3

C

NB

4

D

TH

5

D

TH

6
7

C
B

TH
TH

Bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên  0; 2 
2
y
x 1
*Tiệm cận đứng x  1 ;*Tiệm cận ngang y  0
x
y
nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
ln x
TXĐ: D   0;1 � 1; �
ln x  1
�
ln x  1
� xe
y'
; y' 0 � �
2
0  x  1 �x  1
ln x
�
2
x2  2x  2 � y '  x  2x
y
2

 x  1
x 1
yCT  2, yCD  2 � S  yCT  2 yCD  6
x  1 là tiệm cận đứng.
y  2 x3  x 2  x  1 � y '  6 x 2  2 x  1  0x

Ta có: y '  3ax 2  c

8

D

VDT

�y '(1)  0
�3a  c  0
�a  1
�y '(1)  0
�
�
�
��
a  c  d  4 � �
c  3
�
�y (1)  4
�
�
acd  0
�

�d  2
�
� y (1)  0
Thử lại ta thấy hàm số y  x 3  3 x  2 thỏa yêu cầu bài toán.
TXĐ: D  �\  m

9

B

VDT

y'

m2  m  2

 x  m

2

;Hàm số đồng biến trên ( - 1;+�)

�y '  0
m  1 �m  2
�
��
��
�m2
 m  1 � m  1
�

y = x 4 - 2 ( 4 + 3m - m 2 ) x 2 + 3m - 2

10

C

VDC

3
2
x 2 - 4 + 3m - m2 ) �
Ta có y ' = 4 x - 4 ( 4 + 3m - m ) x = 4 x �
�
� (
Đồ thị hàm số có 1 điểm cực đại và hai điểm cực tiểu
� 4  3m  m 2  0 � 1  m  4

Khi

(

B

đó

hai

điểm

4 + 3m- m2 ; yCT

cực

tiểu

là

(

A -

4 + 3m- m2 ; yCT

)

và

).

AB2 = 4 ( 4 + 3m- m2 ) = g(m) � Maxg(m) = 25 � m=
( - 1;4)

3
2

Phương trình hồnh độ giao điểm
11

A

NB

�
x�3
x4  2 x 2  3  x2  3 � x4  3x2  0 � �
x  0.
�
Ta có : y  x 3  3x  1 � y '  3x 2  3
Trang 12/22 - Mã đề thi 001


Câu
hỏi
1

Phương
án
đúng
B

Nhận
thức

TÓM TẮT LỜI GIẢI

NB

Trên  2;3 , f '( x ) đổi dấu từ âm sang dương tại 1 điểm duy nhất.
x0
�

y   x 3  3x 2  4 � y '  3 x 2  6 x , y '  0 � �
x2
�

2

C

NB

3

C

NB

4

D

TH

5

D

TH

6
7

C
B

TH
TH

Bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên  0; 2 
2
y
x 1
*Tiệm cận đứng x  1 ;*Tiệm cận ngang y  0
x
y
nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
ln x
TXĐ: D   0;1 � 1; �
ln x  1
�
ln x  1
� xe
y'
; y' 0 � �
2
0  x  1 �x  1
ln x
�
2
x2  2x  2 � y '  x  2x
y

2
 x  1
x 1
yCT  2, yCD  2 � S  yCT  2 yCD  6
x  1 là tiệm cận đứng.
y  2 x3  x 2  x  1 � y '  6 x 2  2 x  1  0x

Ta có: y '  3ax 2  c

8

D

VDT

�y '(1)  0
�3a  c  0
�a  1
�y '(1)  0
�
�
�
��
a  c  d  4 � �
c  3
�
�y (1)  4
�
�
acd  0

�
�d  2
�
� y (1)  0
Thử lại ta thấy hàm số y  x 3  3 x  2 thỏa yêu cầu bài toán.
TXĐ: D  �\  m

9

B

VDT

y'

m2  m  2

 x  m

2

;Hàm số đồng biến trên ( - 1;+�)

�y '  0
m  1 �m  2
�
��
��
�m2
 m  1 � m  1

�
y = x 4 - 2 ( 4 + 3m - m 2 ) x 2 + 3m - 2

10

C

VDC

3
2
x 2 - 4 + 3m - m2 ) �
Ta có y ' = 4 x - 4 ( 4 + 3m - m ) x = 4 x �
�
� (
Đồ thị hàm số có 1 điểm cực đại và hai điểm cực tiểu
� 4  3m  m 2  0 � 1  m  4

Khi

(

B

đó

hai

điểm

4 + 3m- m2 ; yCT

cực

tiểu

là

(

A -

4 + 3m- m2 ; yCT

)

và

).

AB2 = 4 ( 4 + 3m- m2 ) = g(m) � Maxg(m) = 25 � m=
( - 1;4)

3
2

Phương trình hồnh độ giao điểm
11

A

NB

�
x�3
x4  2 x 2  3  x2  3 � x4  3x2  0 � �
x  0.
�
Ta có : y  x 3  3x  1 � y '  3x 2  3
Trang 13/22 - Mã đề thi 001


Câu
hỏi
1

Phương
án
đúng
B

Nhận
thức

TÓM TẮT LỜI GIẢI

NB

Trên  2;3 , f '( x ) đổi dấu từ âm sang dương tại 1 điểm duy nhất.
x0

�
y   x 3  3x 2  4 � y '  3 x 2  6 x , y '  0 � �
x2
�

2

C

NB

3

C

NB

4

D

TH

5

D

TH

6

7

C
B

TH
TH

Bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên  0; 2 
2
y
x 1
*Tiệm cận đứng x  1 ;*Tiệm cận ngang y  0
x
y
nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
ln x
TXĐ: D   0;1 � 1; �
ln x  1
�
ln x  1
� xe
y'
; y' 0 � �
2
0  x  1 �x  1
ln x
�
2
x2  2x  2 � y '  x  2x

y
2
 x  1
x 1
yCT  2, yCD  2 � S  yCT  2 yCD  6
x  1 là tiệm cận đứng.
y  2 x3  x 2  x  1 � y '  6 x 2  2 x  1  0x

Ta có: y '  3ax 2  c

8

D

VDT

�y '(1)  0
�3a  c  0
�a  1
�y '(1)  0
�
�
�
��
a  c  d  4 � �
c  3
�
�y (1)  4
�
�

acd  0
�
�d  2
�
� y (1)  0
Thử lại ta thấy hàm số y  x 3  3 x  2 thỏa yêu cầu bài toán.
TXĐ: D  �\  m

9

B

VDT

y'

m2  m  2

 x  m

2

;Hàm số đồng biến trên ( - 1;+�)

�y '  0
m  1 �m  2
�
��
��
�m2

 m  1 � m  1
�
y = x 4 - 2 ( 4 + 3m - m 2 ) x 2 + 3m - 2

10

C

VDC

3
2
x 2 - 4 + 3m - m2 ) �
Ta có y ' = 4 x - 4 ( 4 + 3m - m ) x = 4 x �
�
� (
Đồ thị hàm số có 1 điểm cực đại và hai điểm cực tiểu
� 4  3m  m 2  0 � 1  m  4

Khi

(

B

đó

hai

điểm

4 + 3m- m2 ; yCT

cực

tiểu

là

(

A -

4 + 3m- m2 ; yCT

)

và

).

AB2 = 4 ( 4 + 3m- m2 ) = g(m) � Maxg(m) = 25 � m=
( - 1;4)

3
2

Phương trình hồnh độ giao điểm
11

A

NB

�
x�3
x4  2 x 2  3  x2  3 � x4  3x2  0 � �
x  0.
�
Ta có : y  x 3  3x  1 � y '  3x 2  3
Trang 14/22 - Mã đề thi 001


Câu
hỏi
1

Phương
án
đúng
B

Nhận
thức

TÓM TẮT LỜI GIẢI

NB

Trên  2;3 , f '( x ) đổi dấu từ âm sang dương tại 1 điểm duy nhất.

x0
�
y   x 3  3x 2  4 � y '  3 x 2  6 x , y '  0 � �
x2
�

2

C

NB

3

C

NB

4

D

TH

5

D

TH

6
7

C
B

TH
TH

Bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên  0; 2 
2
y
x 1
*Tiệm cận đứng x  1 ;*Tiệm cận ngang y  0
x
y
nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
ln x
TXĐ: D   0;1 � 1; �
ln x  1
�
ln x  1
� xe
y'
; y' 0 � �
2
0  x  1 �x  1
ln x
�
2

x2  2x  2 � y '  x  2x
y
2
 x  1
x 1
yCT  2, yCD  2 � S  yCT  2 yCD  6
x  1 là tiệm cận đứng.
y  2 x3  x 2  x  1 � y '  6 x 2  2 x  1  0x

Ta có: y '  3ax 2  c

8

D

VDT

�y '(1)  0
�3a  c  0
�a  1
�y '(1)  0
�
�
�
��
a  c  d  4 � �
c  3
�
�y (1)  4
�

�
acd  0
�
�d  2
�
� y (1)  0
Thử lại ta thấy hàm số y  x 3  3 x  2 thỏa yêu cầu bài toán.
TXĐ: D  �\  m

9

B

VDT

y'

m2  m  2

 x  m

2

;Hàm số đồng biến trên ( - 1;+�)

�y '  0
m  1 �m  2
�
��
��

�m2
 m  1 � m  1
�
y = x 4 - 2 ( 4 + 3m - m 2 ) x 2 + 3m - 2

10

C

VDC

3
2
x 2 - 4 + 3m - m2 ) �
Ta có y ' = 4 x - 4 ( 4 + 3m - m ) x = 4 x �
�
� (
Đồ thị hàm số có 1 điểm cực đại và hai điểm cực tiểu
� 4  3m  m 2  0 � 1  m  4

Khi

(

B

đó

hai

điểm

4 + 3m- m2 ; yCT

cực

tiểu

là

(

A -

4 + 3m- m2 ; yCT

)

và

).

AB2 = 4 ( 4 + 3m- m2 ) = g(m) � Maxg(m) = 25 � m=
( - 1;4)

3
2

Phương trình hồnh độ giao điểm
11

A

NB

�
x�3
x4  2 x 2  3  x2  3 � x4  3x2  0 � �
x  0.
�
Ta có : y  x 3  3x  1 � y '  3x 2  3
Trang 15/22 - Mã đề thi 001


Câu
hỏi
1

Phương
án
đúng
B

Nhận
thức

TÓM TẮT LỜI GIẢI

NB

Trên  2;3 , f '( x ) đổi dấu từ âm sang dương tại 1 điểm duy nhất.
x0
�
y   x 3  3x 2  4 � y '  3 x 2  6 x , y '  0 � �
x2
�

2

C

NB

3

C

NB

4

D

TH

5

D

TH

6
7

C
B

TH
TH

Bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên  0; 2 
2
y
x 1
*Tiệm cận đứng x  1 ;*Tiệm cận ngang y  0
x
y
nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
ln x
TXĐ: D   0;1 � 1; �
ln x  1
�
ln x  1
� xe
y'
; y' 0 � �
2
0  x  1 �x  1
ln x
�

2
x2  2x  2 � y '  x  2x
y
2
 x  1
x 1
yCT  2, yCD  2 � S  yCT  2 yCD  6
x  1 là tiệm cận đứng.
y  2 x3  x 2  x  1 � y '  6 x 2  2 x  1  0x

Ta có: y '  3ax 2  c

8

D

VDT

�y '(1)  0
�3a  c  0
�a  1
�y '(1)  0
�
�
�
��
a  c  d  4 � �
c  3
�
�y (1)  4

�
�
acd  0
�
�d  2
�
� y (1)  0
Thử lại ta thấy hàm số y  x 3  3 x  2 thỏa yêu cầu bài toán.
TXĐ: D  �\  m

9

B

VDT

y'

m2  m  2

 x  m

2

;Hàm số đồng biến trên ( - 1;+�)

�y '  0
m  1 �m  2
�
��

��
�m2
 m  1 � m  1
�
y = x 4 - 2 ( 4 + 3m - m 2 ) x 2 + 3m - 2

10

C

VDC

3
2
x 2 - 4 + 3m - m2 ) �
Ta có y ' = 4 x - 4 ( 4 + 3m - m ) x = 4 x �
�
� (
Đồ thị hàm số có 1 điểm cực đại và hai điểm cực tiểu
� 4  3m  m 2  0 � 1  m  4

Khi

(

B

đó

hai

điểm

4 + 3m- m2 ; yCT

cực

tiểu

là

(

A -

4 + 3m- m2 ; yCT

)

và

).

AB2 = 4 ( 4 + 3m- m2 ) = g(m) � Maxg(m) = 25 � m=
( - 1;4)

3
2

Phương trình hồnh độ giao điểm

11

A

NB

�
x�3
x4  2 x 2  3  x2  3 � x4  3x2  0 � �
x  0.
�
Ta có : y  x 3  3x  1 � y '  3x 2  3
Trang 16/22 - Mã đề thi 001


Câu
hỏi
1

Phương
án
đúng
B

Nhận
thức

TÓM TẮT LỜI GIẢI

NB

Trên  2;3 , f '( x ) đổi dấu từ âm sang dương tại 1 điểm duy nhất.
x0
�
y   x 3  3x 2  4 � y '  3 x 2  6 x , y '  0 � �
x2
�

2

C

NB

3

C

NB

4

D

TH

5

D

TH

6
7

C
B

TH
TH

Bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên  0; 2 
2
y
x 1
*Tiệm cận đứng x  1 ;*Tiệm cận ngang y  0
x
y
nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
ln x
TXĐ: D   0;1 � 1; �
ln x  1
�
ln x  1
� xe
y'
; y' 0 � �
2
0  x  1 �x  1
ln x

�
2
x2  2x  2 � y '  x  2x
y
2
 x  1
x 1
yCT  2, yCD  2 � S  yCT  2 yCD  6
x  1 là tiệm cận đứng.
y  2 x3  x 2  x  1 � y '  6 x 2  2 x  1  0x

Ta có: y '  3ax 2  c

8

D

VDT

�y '(1)  0
�3a  c  0
�a  1
�y '(1)  0
�
�
�
��
a  c  d  4 � �
c  3
�

�y (1)  4
�
�
acd  0
�
�d  2
�
� y (1)  0
Thử lại ta thấy hàm số y  x 3  3 x  2 thỏa yêu cầu bài toán.
TXĐ: D  �\  m

9

B

VDT

y'

m2  m  2

 x  m

2

;Hàm số đồng biến trên ( - 1;+�)

�y '  0
m  1 �m  2
�

��
��
�m2
 m  1 � m  1
�
y = x 4 - 2 ( 4 + 3m - m 2 ) x 2 + 3m - 2

10

C

VDC

3
2
x 2 - 4 + 3m - m2 ) �
Ta có y ' = 4 x - 4 ( 4 + 3m - m ) x = 4 x �
�
� (
Đồ thị hàm số có 1 điểm cực đại và hai điểm cực tiểu
� 4  3m  m 2  0 � 1  m  4

Khi

(

B

đó

hai

điểm

4 + 3m- m2 ; yCT

cực

tiểu

là

(

A -

4 + 3m- m2 ; yCT

)

và

).

AB2 = 4 ( 4 + 3m- m2 ) = g(m) � Maxg(m) = 25 � m=
( - 1;4)

3
2

Phương trình hồnh độ giao điểm
11

A

NB

�
x�3
x4  2 x 2  3  x2  3 � x4  3x2  0 � �
x  0.
�
Ta có : y  x 3  3x  1 � y '  3x 2  3
Trang 17/22 - Mã đề thi 001


Câu
hỏi
1

Phương
án
đúng
B

Nhận
thức

TÓM TẮT LỜI GIẢI

NB

Trên  2;3 , f '( x ) đổi dấu từ âm sang dương tại 1 điểm duy nhất.
x0
�
y   x 3  3x 2  4 � y '  3 x 2  6 x , y '  0 � �
x2
�

2

C

NB

3

C

NB

4

D

TH

5

D

TH

6
7

C
B

TH
TH

Bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên  0; 2 
2
y
x 1
*Tiệm cận đứng x  1 ;*Tiệm cận ngang y  0
x
y
nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
ln x
TXĐ: D   0;1 � 1; �
ln x  1
�
ln x  1
� xe
y'
; y' 0 � �
2
0  x  1 �x  1

ln x
�
2
x2  2x  2 � y '  x  2x
y
2
 x  1
x 1
yCT  2, yCD  2 � S  yCT  2 yCD  6
x  1 là tiệm cận đứng.
y  2 x3  x 2  x  1 � y '  6 x 2  2 x  1  0x

Ta có: y '  3ax 2  c

8

D

VDT

�y '(1)  0
�3a  c  0
�a  1
�y '(1)  0
�
�
�
��
a  c  d  4 � �
c  3

�
�y (1)  4
�
�
acd  0
�
�d  2
�
� y (1)  0
Thử lại ta thấy hàm số y  x 3  3 x  2 thỏa yêu cầu bài toán.
TXĐ: D  �\  m

9

B

VDT

y'

m2  m  2

 x  m

2

;Hàm số đồng biến trên ( - 1;+�)

�y '  0
m  1 �m  2

�
��
��
�m2
 m  1 � m  1
�
y = x 4 - 2 ( 4 + 3m - m 2 ) x 2 + 3m - 2

10

C

VDC

3
2
x 2 - 4 + 3m - m2 ) �
Ta có y ' = 4 x - 4 ( 4 + 3m - m ) x = 4 x �
�
� (
Đồ thị hàm số có 1 điểm cực đại và hai điểm cực tiểu
� 4  3m  m 2  0 � 1  m  4

Khi

(

B

đó

hai

điểm

4 + 3m- m2 ; yCT

cực

tiểu

là

(

A -

4 + 3m- m2 ; yCT

)

và

).

AB2 = 4 ( 4 + 3m- m2 ) = g(m) � Maxg(m) = 25 � m=
( - 1;4)

3
2

Phương trình hồnh độ giao điểm
11

A

NB

�
x�3
x4  2 x 2  3  x2  3 � x4  3x2  0 � �
x  0.
�
Ta có : y  x 3  3x  1 � y '  3x 2  3
Trang 18/22 - Mã đề thi 001


Câu
hỏi
1

Phương
án
đúng
B

Nhận
thức

TÓM TẮT LỜI GIẢI

NB

Trên  2;3 , f '( x ) đổi dấu từ âm sang dương tại 1 điểm duy nhất.
x0
�
y   x 3  3x 2  4 � y '  3 x 2  6 x , y '  0 � �
x2
�

2

C

NB

3

C

NB

4

D

TH

5

D

TH

6
7

C
B

TH
TH

Bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên  0; 2 
2
y
x 1
*Tiệm cận đứng x  1 ;*Tiệm cận ngang y  0
x
y
nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
ln x
TXĐ: D   0;1 � 1; �
ln x  1
�
ln x  1
� xe
y'
; y' 0 � �
2

0  x  1 �x  1
ln x
�
2
x2  2x  2 � y '  x  2x
y
2
 x  1
x 1
yCT  2, yCD  2 � S  yCT  2 yCD  6
x  1 là tiệm cận đứng.
y  2 x3  x 2  x  1 � y '  6 x 2  2 x  1  0x

Ta có: y '  3ax 2  c

8

D

VDT

�y '(1)  0
�3a  c  0
�a  1
�y '(1)  0
�
�
�
��
a  c  d  4 � �

c  3
�
�y (1)  4
�
�
acd  0
�
�d  2
�
� y (1)  0
Thử lại ta thấy hàm số y  x 3  3 x  2 thỏa yêu cầu bài toán.
TXĐ: D  �\  m

9

B

VDT

y'

m2  m  2

 x  m

2

;Hàm số đồng biến trên ( - 1;+�)

�y '  0

m  1 �m  2
�
��
��
�m2
 m  1 � m  1
�
y = x 4 - 2 ( 4 + 3m - m 2 ) x 2 + 3m - 2

10

C

VDC

3
2
x 2 - 4 + 3m - m2 ) �
Ta có y ' = 4 x - 4 ( 4 + 3m - m ) x = 4 x �
�
� (
Đồ thị hàm số có 1 điểm cực đại và hai điểm cực tiểu
� 4  3m  m 2  0 � 1  m  4

Khi

(

B

đó

hai

điểm

4 + 3m- m2 ; yCT

cực

tiểu

là

(

A -

4 + 3m- m2 ; yCT

)

và

).

AB2 = 4 ( 4 + 3m- m2 ) = g(m) � Maxg(m) = 25 � m=
( - 1;4)

3

2

Phương trình hồnh độ giao điểm
11

A

NB

�
x�3
x4  2 x 2  3  x2  3 � x4  3x2  0 � �
x  0.
�
Ta có : y  x 3  3x  1 � y '  3x 2  3
Trang 19/22 - Mã đề thi 001


Câu
hỏi
1

Phương
án
đúng
B

Nhận
thức

TÓM TẮT LỜI GIẢI

NB

Trên  2;3 , f '( x ) đổi dấu từ âm sang dương tại 1 điểm duy nhất.
x0
�
y   x 3  3x 2  4 � y '  3 x 2  6 x , y '  0 � �
x2
�

2

C

NB

3

C

NB

4

D

TH

5

D

TH

6
7

C
B

TH
TH

Bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên  0; 2 
2
y
x 1
*Tiệm cận đứng x  1 ;*Tiệm cận ngang y  0
x
y
nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
ln x
TXĐ: D   0;1 � 1; �
ln x  1
�
ln x  1
� xe
y'
; y' 0 � �

2
0  x  1 �x  1
ln x
�
2
x2  2x  2 � y '  x  2x
y
2
 x  1
x 1
yCT  2, yCD  2 � S  yCT  2 yCD  6
x  1 là tiệm cận đứng.
y  2 x3  x 2  x  1 � y '  6 x 2  2 x  1  0x

Ta có: y '  3ax 2  c

8

D

VDT

�y '(1)  0
�3a  c  0
�a  1
�y '(1)  0
�
�
�
��

a  c  d  4 � �
c  3
�
�y (1)  4
�
�
acd  0
�
�d  2
�
� y (1)  0
Thử lại ta thấy hàm số y  x 3  3 x  2 thỏa yêu cầu bài toán.
TXĐ: D  �\  m

9

B

VDT

y'

m2  m  2

 x  m

2

;Hàm số đồng biến trên ( - 1;+�)

�y '  0
m  1 �m  2
�
��
��
�m2
 m  1 � m  1
�
y = x 4 - 2 ( 4 + 3m - m 2 ) x 2 + 3m - 2

10

C

VDC

3
2
x 2 - 4 + 3m - m2 ) �
Ta có y ' = 4 x - 4 ( 4 + 3m - m ) x = 4 x �
�
� (
Đồ thị hàm số có 1 điểm cực đại và hai điểm cực tiểu
� 4  3m  m 2  0 � 1  m  4

Khi

(

B

đó

hai

điểm

4 + 3m- m2 ; yCT

cực

tiểu

là

(

A -

4 + 3m- m2 ; yCT

)

và

).

AB2 = 4 ( 4 + 3m- m2 ) = g(m) � Maxg(m) = 25 � m=
( - 1;4)

3
2

Phương trình hồnh độ giao điểm
11

A

NB

�
x�3
x4  2 x 2  3  x2  3 � x4  3x2  0 � �
x  0.
�
Ta có : y  x 3  3x  1 � y '  3x 2  3
Trang 20/22 - Mã đề thi 001


Câu
hỏi
1

Phương
án
đúng
B

Nhận
thức

TÓM TẮT LỜI GIẢI

NB

Trên  2;3 , f '( x ) đổi dấu từ âm sang dương tại 1 điểm duy nhất.
x0
�
y   x 3  3x 2  4 � y '  3 x 2  6 x , y '  0 � �
x2
�

2

C

NB

3

C

NB

4

D

TH

5

D

TH

6
7

C
B

TH
TH

Bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên  0; 2 
2
y
x 1
*Tiệm cận đứng x  1 ;*Tiệm cận ngang y  0
x
y
nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
ln x
TXĐ: D   0;1 � 1; �
ln x  1
�
ln x  1
� xe
y'

; y' 0 � �
2
0  x  1 �x  1
ln x
�
2
x2  2x  2 � y '  x  2x
y
2
 x  1
x 1
yCT  2, yCD  2 � S  yCT  2 yCD  6
x  1 là tiệm cận đứng.
y  2 x3  x 2  x  1 � y '  6 x 2  2 x  1  0x

Ta có: y '  3ax 2  c

8

D

VDT

�y '(1)  0
�3a  c  0
�a  1
�y '(1)  0
�
�
�

��
a  c  d  4 � �
c  3
�
�y (1)  4
�
�
acd  0
�
�d  2
�
� y (1)  0
Thử lại ta thấy hàm số y  x 3  3 x  2 thỏa yêu cầu bài toán.
TXĐ: D  �\  m

9

B

VDT

y'

m2  m  2

 x  m

2

;Hàm số đồng biến trên ( - 1;+�)

�y '  0
m  1 �m  2
�
��
��
�m2
 m  1 � m  1
�
y = x 4 - 2 ( 4 + 3m - m 2 ) x 2 + 3m - 2

10

C

VDC

3
2
x 2 - 4 + 3m - m2 ) �
Ta có y ' = 4 x - 4 ( 4 + 3m - m ) x = 4 x �
�
� (
Đồ thị hàm số có 1 điểm cực đại và hai điểm cực tiểu
� 4  3m  m 2  0 � 1  m  4

Khi

(

B

đó

hai

điểm

4 + 3m- m2 ; yCT

cực

tiểu

là

(

A -

4 + 3m- m2 ; yCT

)

và

).

AB2 = 4 ( 4 + 3m- m2 ) = g(m) � Maxg(m) = 25 � m=
( - 1;4)

3
2

Phương trình hồnh độ giao điểm
11

A

NB

�
x�3
x4  2 x 2  3  x2  3 � x4  3x2  0 � �
x  0.
�
Ta có : y  x 3  3x  1 � y '  3x 2  3
Trang 21/22 - Mã đề thi 001


Trang 22/22 - Mã đề thi 001