Bộ 20 đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án (Đề 6)
-
2508 lượt thi
-
50 câu hỏi
-
90 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 1:
Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = \frac{{1 - x}}{{x + 1}}\) có phương trình là
Xem đáp án
Lời giải
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\)
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} y = + \infty \) \( \Rightarrow \)TCĐ: \(x = - 1\)
Câu 2:
Thể tích khối hình chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) với \(AB = 2,AD = 3,AA' = 4\) bằng
Xem đáp án
Lời giải
Ta có: \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = AB.AD.AA' = 24\)
Câu 3:
Phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x - 4}}{{1 - x}}\) là
Xem đáp án
Lời giải
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x - 4}}{{1 - x}} = - 2\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x - 4}}{{1 - x}} = - 2\)
Vậy đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang là \(y = - 2\).
Câu 4:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\)và có bảng biến thiên như sau:
Phương trình \(f\left( x \right) = 4\) có bao nhiêu nghiệm thực?
Xem đáp án
Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên , phương trình \(f\left( x \right) = 4\) có hai nghiệm thực phân biệt .
Câu 5:
Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có cạnh đáy bằng \(a\) và đường cao bằng \(3a.\) Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) bằng
Xem đáp án
Lời giải
Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều, đường cao bằng \(3a\) nên có đáy \(ABCD\) là hình vuông. Khi đó, diện tích đáy \({S_{ABCD}} = {a^2}\).
Thể tích \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{a^2}.3a = {a^3}\).
Câu 6:
Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{ - x + 5}}{{x + 1}}\)có phương trình là
Xem đáp án
Lời giải
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\)
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{ - x + 5}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{ - 1 + \frac{5}{x}}}{{1 + \frac{1}{x}}} = - 1\). Nên đường thẳng \(y = - 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.
Câu 7:
Cho hàm số \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\) có đồ thị như hình vẽ
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Xem đáp án
Lời giải
Ta có: \[\mathop {\lim y}\limits_{x \to \pm \infty } = - \infty \,\,\, \Rightarrow a < 0\].
Đồ thị hàm số cắt trục \[Oy\] tại điểm có tung độ dương \[ \Rightarrow c > 0\].
Ta có: \[y' = 4a{x^3} + 2bx = 2x\left( {2a{x^2} + b} \right) = 0\]. Đồ thị hàm số có 3 cực trị nên \[ - \frac{b}{{2a}} > 0\].
Mà \[a < 0 \Rightarrow b > 0\].
Câu 8:
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có đạo hàm \(f'\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\)và đồ thị của \(f'\left( x \right)\) như hình vẽ
Số điểm cực đại của đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) bằng
Xem đáp án
Lời giải
Theo hình vẽ ta có 2 điểm mà \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ dương sang âm \[ \Rightarrow \] Hàm số \(f\left( x \right)\) có 2 cực trị.
Câu 9:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như hình bên dưới. Hỏi đồ thị hàm số đã cho có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận đứng và ngang?
Xem đáp án
Lời giải
Dựa vào bản biến thiên ta có:
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 5;\,\mathop {\lim }\limits_{x \Rightarrow - \infty } y = 3\] nên suy ra đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang là \(y = 5;\,y = 3\)
Lại có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = - \infty ;\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty \) suy ra đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận đứng là \(x = 1\).
Vậy đồ thị hàm số đã cho có tất cả 3 đường tiệm cận đứng và ngang.
Câu 10:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) thỏa mãn \(f'\left( x \right) = \left( {x - 1} \right){\left( {x - 2} \right)^2}\left( {x - 3} \right)\), \(\forall x \in \mathbb{R}\). Hàm số đã cho đạt cực đại tại
Xem đáp án
Lời giải
Ta có: \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\\x = 3\end{array} \right.\) suy ra bảng xét dấu:
Câu 11:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình dưới đây
Số nghiệm của phương trình \(2f\left( x \right) + 3 = 0\) là
Xem đáp án
Lời giải
Ta có \(2f\left( x \right) + 3 = 0\, \Leftrightarrow \,f\left( x \right) = - \frac{3}{2}\).
Số nghiệm của phương trình \(2f\left( x \right) + 3 = 0\) bằng số giao điểm của đường thẳng \(y = - \frac{3}{2}\) và đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\).
Căn cứ vào đồ thị suy ra phương trình \(2f\left( x \right) + 3 = 0\) có 3 nghiệm.
Câu 12:
Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình dưới đây?
Xem đáp án
Lời giải
Căn cứ hình vẽ, đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = - 2\), tiệm cận đứng \(x = - 3\).
Xét hàm số \(y = \frac{{2x + 2}}{{ - x - 3}}\) có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2x + 2}}{{ - x - 3}} = - 2\), suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = - 2\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ + }} \frac{{2x + 2}}{{ - x - 3}} = + \infty \,;\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ - }} \frac{{2x + 2}}{{ - x - 3}} = - \infty \) suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \[x = - 3\].
Câu 13:
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A\), \[SA = AB = a\], \(SA\) vuông góc với mặt phẳng \((ABC)\). Thể tích của khối chóp \(S.ABC\) bằng
Xem đáp án
Lời giải
Vì \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(A\) nên \(AB = AC = a\) \( \Rightarrow \) diện tích \(\Delta ABC\) là :\({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}{a^2}\)
Mà \(SA \bot (ABC)\), \(SA = a\)
Thể tích hình chóp \(S.ABC\) là: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.\)\({S_{\Delta ABC}}\).\(SA = \)\(\frac{1}{3}\).\(\frac{1}{2}{a^2}\).\(a\)=\(\frac{{{a^3}}}{6}\)
Câu 14:
Hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\).
Mệnh đề nào sau đây là đúng?
Xem đáp án
Lời giải
Cách 1:
+ Đồ thị hàm số giao Ox tại điểm \(A\) có hoành độ \(x = - \frac{b}{a} > 0 \Rightarrow ab < 0\) (1)
+ Đồ thị hàm số giao Oy tại điểm \(B\) có tung độ \(y = \frac{b}{d} < 0 \Rightarrow bd < 0\) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow a{b^2}d > 0 \Leftrightarrow ad > 0\).
Cách 2:
+ Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm có tung độ âm \( \Rightarrow \frac{b}{d} < 0 \Rightarrow bd < 0 \Rightarrow \) Loại B
+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm có hoành độ dương \( \Rightarrow - \frac{b}{a} > 0 \Rightarrow ab < 0 \Rightarrow \) Loại D
+ Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = \frac{a}{c} > 0 \Rightarrow ac > 0\), tiệm cận đứng \[x = - \frac{d}{c} < 0 \Rightarrow cd > 0\]
Ta được \(ad > 0\)\( \Rightarrow \) Loại A
Chọn C.
Câu 15:
Số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}\) và đường thẳng \(y = x - 1\) là
Xem đáp án
Lời giải
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}\) và đường thẳng \(y = x - 1\) là nghiệm của phương trình: \(\frac{{2x - 1}}{{x + 1}} = x - 1\) (với \(x \ne - 1\))
\( \Rightarrow 2x - 1 = (x - 1)(x + 1) \Leftrightarrow {x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\,\,(TM)\\x = 2\,\,(TM)\end{array} \right.\)
Với \(x = 0 \Rightarrow y = - 1 \Rightarrow \) giao điểm \(A(0; - 1)\).
Với \(x = 2 \Rightarrow y = 1 \Rightarrow \) giao điểm \(B(2;1)\).
Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}\) và đường thẳng \(y = x - 1\) là \(2\).
Câu 16:
Số điểm cực tiểu của hàm số \(y = {x^4} - 2{x^2} + 2\) là
Xem đáp án
Lời giải
Cách 1:
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\).
Ta thấy, hàm số \(y = {x^4} - 2{x^2} + 2\) có \(a = 1 > 0\) và \(b = - 2 < 0\) nên hàm số có \(2\) điểm cực tiểu.
Cách 2:
Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).
Đạo hàm: \(y' = 4{x^3} - 4x\).
\(y' = 0\)\( \Leftrightarrow 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\end{array} \right.\).
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy, hàm số có \(2\) điểm cực tiểu là \(x = - 1\) và \(x = 1\).
Câu 17:
Cho hàm số \[f\left( x \right)\] xác định trên \[\mathbb{R}\] và có đồ thị \[f'\left( x \right)\] như hình vẽ dưới đây :
Đặt \[g\left( x \right) = f\left( x \right) - x\]. Hàm số \[g\left( x \right)\] đạt cực đại tại điểm thuộc khoảng nào dưới đây?
Xem đáp án
Lời giải
Xét hàm số: \[g\left( x \right) = f\left( x \right) - x\] có \[g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 1\]
Từ đồ thị ta thấy phương trình \[g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\]
Ta có bảng xét dấu:
|
\[x\] |
\( - \infty \) |
|
\( - 1\) |
|
\(1\) |
|
\(2\) |
|
\( + \infty \) |
|
\(g'\left( x \right)\) |
|
\( + \) |
\(0\) |
\( - \) |
\(0\) |
\( - \) |
\(0\) |
\( + \) |
|
Từ bảng xét dấu ta thấy hàm số \[g\left( x \right)\] đạt cực đại tại \[x = - 1\]
Chọn B.
Câu 18:
Cho lăng trụ tam giác đều có độ dài tất cả các cạnh bằng 3. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng
Xem đáp án
Lời giải
Xét khối lăng trụ tam giác đều \[ABC.A'B'C'\] có tất cả các cạnh bằng \[3\] như hình vẽ
Ta có diện tích đáy của lăng trụ: \[S = \frac{1}{2}.3.3.\sin 60^\circ = \frac{{9\sqrt 3 }}{4}\].
Chiều cao của khối lăng trụ: \[h = 3\].
Thể tích của khối lăng trụ là: \[V = h.S = 3.\frac{{9\sqrt 3 }}{4} = \frac{{27\sqrt 3 }}{4}\].
Chọn C.
Câu 19:
Tìm \[m\] để đường thẳng \[y = 2x + 1\] cắt đồ thị hàm số \[y = \frac{{x + m}}{{x - 1}}\] tại 2 điểm phân biệt.
Xem đáp án
Lời giải
Phương trình hoành độ điểm chung
\[\begin{array}{l}2x + 1 = \frac{{x + m}}{{x - 1}} \Rightarrow x + m = \left( {2x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow x + m = 2{x^2} - x - 1\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 2x - m - 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\end{array}\]
Để đường thẳng \[y = 2x + 1\] cắt đồ thị hàm số \[y = \frac{{x + m}}{{x - 1}}\] tại 2 điểm phân biệt thì PT (1) có 2 nghiệm phân biệt khác \[1\] thì:
\[\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\Delta ^'} > 0\\m \ne - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( { - 1} \right)^2} - 2\left( { - m - 1} \right) > 0\\m \ne - 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m + 3 > 0\\m \ne - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \frac{{ - 3}}{2}\\m \ne - 1\end{array} \right.\end{array}\]
Chọn đáp án D.
Câu 20:
Cho hàm số \[f\left( x \right)\] xác định trên \[\mathbb{R}\backslash \{ 0\} \], liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho có bao nhiêu cực tri?
Xem đáp án
Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm \[f\left( x \right)\] đạt cực đại tại điểm\[\left( {1\,;\,0} \right)\].
Vậy hàm số có 1 cực trị.
Chọn đáp án B.
Câu 21:
Cho khối lăng trụ có diện tích đáy \(B\) và chiều cao \(h\). Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
Xem đáp án
Lời giải
Công thức thể tích khối lăng trụ là \(V = Bh\).
Câu 22:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định trên khoảng \(\left( {0;\, + \infty } \right)\) và thỏa mãn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 2\). Với giả thiết đó, hãy chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau.
Xem đáp án
Lời giải
Theo giả thiết, hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định trên khoảng \(\left( {0;\, + \infty } \right)\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 2\) nên đường \(y = 2\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Câu 23:
Mặt phẳng \(\left( {AB'C'} \right)\) chia khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) thành các khối đa diện nào?
Xem đáp án
Lời giải
Ta thấy mặt phẳng \(\left( {AB'C'} \right)\) chia khối lăng trụ thành một khối chóp tam giác \(A.A'B'C'\) và một khối chóp tứ giác \(A.BCC'B'\).
Câu 24:
Tìm giá trị lớn nhất \(M\) của hàm số \(y = {x^4} - 2{x^2} + 3\) trên đoạn \(\left[ {0;{\mkern 1mu} \sqrt 3 } \right]\).
Xem đáp án
Lời giải
Ta có: \(y' = 4{x^3} - 4x\).
Cho \(y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = - 1 \notin \left[ {0;\sqrt 3 } \right]}\end{array}}\end{array}} \right..\)
\(y\left( 0 \right) = 3;\,\,y\left( 1 \right) = 2;\,\,y\left( {\sqrt 3 } \right) = 6.\)
Vậy \(\mathop {max}\limits_{\left[ {0;\sqrt 3 } \right]} y = 6\) đạt được tại \(x = \sqrt 3 .\)
Câu 25:
Cho khối lập phương \[ABCD.A'B'C'D'\]. Tỉ số thể tích giữa khối chóp \[A'.ABD\] và khối lập phương bằng bao nhiêu?
Xem đáp án
Lời giải
Gọi độ dài đường cao và diện tích đáy của hình lập phương lần lượt là \[h,\,B\].
Khi đó, \[{V_{A'.ABD}} = \frac{1}{3}.h.{S_{ABD}} = \frac{1}{3}.h.\frac{1}{2}.B = \frac{1}{6}.h.B = \frac{1}{6}{V_{ABCD.A'B'C'D'}}\].
Vậy, tỉ số thể tích giữa khối chóp \[A'.ABD\] và khối lập phương bằng \[\frac{1}{6}\].
Câu 26:
Tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \[y = \frac{{2{x^2} - 3x + 1}}{{{x^2} - x}}\] là
Xem đáp án
Lời giải
Ta có, tập xác định \[R\backslash \left\{ {0;\,1} \right\}\].
* \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2{x^2} - 3x + 1}}{{{x^2} - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {2x - 1} \right)}}{{x\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2x - 1}}{x} = 1\].
* \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{2{x^2} - 3x + 1}}{{{x^2} - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {2x - 1} \right)}}{{x\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{2x - 1}}{x} = + \infty \].
* \[\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2{x^2} - 3x + 1}}{{{x^2} - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {2x - 1} \right)}}{{x\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2x - 1}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2 - \frac{1}{x}}}{1} = 2\].
Từ đó, đồ thị hàm số có một tiện cận ngang và một tiệm cận đứng \[y = 2;\,x = 0\].
Câu 27:
Khối đa diện đều loại \(\left\{ {3\,;4} \right\}\)có bao nhiêu mặt ?
Xem đáp án
Lời giải
Khối đa diện đều loại {3 ; 4} là khối bát diện đều có 8 mặt.
Câu 28:
Tìm \(m\) để hàm số \(y = - \frac{2}{3}{x^3} - 2m{x^2} + \left( {{m^2} + 3m} \right)x + 5\) đạt cực đại tại \(x = 1\).
Xem đáp án
Lời giải
Xét hàm số \(y = - \frac{2}{3}{x^3} - 2m{x^2} + \left( {{m^2} + 3m} \right)x + 5\).
Tập xác định D = R.
Ta có \(y' = - 2{x^2} - 4mx + {m^2} + 3m\) ; \(y'' = - 4x - 4m\).
Để hàm số đạt cực đại tại \(x = 1\) thì \(y'\left( 1 \right) = 0 \Leftrightarrow - 2 - 4m + {m^2} + 3m = 0
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m = - 1\end{array} \right.\).
Với \(m = 2\)thì \(y''\left( 1 \right) = - 4 - 8 = - 12 > 0\) => Hàm số đạt cực đại tại x = 1 => \(m = 2\)thỏa mãn.
Với \(m = - 1\) thì \(y''\left( 1 \right) = - 4 + 4 = 0\).
Khi đó \(y' = - 2{x^2} + 4x - 2 = - 2{\left( {x - 1} \right)^2}\)
=> y’ không đổi dấu trên R nên hàm số không có cực trị => \(m = - 1\) không thỏa mãn.
Câu 29:
Cho khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng \[2a\].Thể tích của khối chóp đã cho bằng:
Xem đáp án
Lời giải
Gọi \[O = AC \cap BD\].Khi đó \[SO \bot (ABCD)\]; \[AC = 2a\sqrt 2 \Rightarrow AO = a\sqrt 2 \]
Tam giác \[SAO\] vuông tại \[O\]có:\[SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {4{a^2} - 2{a^2}} = a\sqrt 2 \] \[{S_{ABCD}} = 4{a^2}\] .Vậy \[{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}a\sqrt 2 .4{a^2} = \frac{{4\sqrt 2 {a^3}}}{3}\]
Câu 30:
Tìm m để giá trị nhỏ nhất của hàm số \[f(x) = {x^3} - 3{x^2} + m\] trên đoạn \[\left[ { - 1;2} \right]\] bằng \[ - 3\].
Xem đáp án
Lời giải
Ta có : \[f'(x) = 3{x^2} - 6x = 3x(x - 2)\] ; \[f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0 \in \left[ { - 1;2} \right]}\\{x = 2 \in \left[ { - 1;2} \right]}\end{array}} \right.\]
\[f(0) = m\] ; \[f(2) = m - 4\] ; \[f( - 1) = m - 4\]. Do đó : \[\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f(x) = m - 4\]
Theo yêu cầu bài toán : \[m - 4 = - 3 \Leftrightarrow m = 1\]
Câu 31:
Đồ thị hàm số \[y = \frac{{\sqrt {4 - {x^2}} }}{{x + 3}}\] có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận?
Xem đáp án
Lời giải
Chọn A
Tập xác định: \[D = \left[ { - 2;2} \right]\].
Ta có:Vì tập xác định của hàm số là đoạn\[D = \left[ { - 2;2} \right]\]và\[ - 3 \notin \left[ { - 2;2} \right]\]
nên không tồn tại giới hạn của hàm số khi x tiến ra âm vô cùng ,dương vô cùng và -3 nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang , tiệm cận đứng.
Vậy đồ thị hàm số đã cho không có đường tiệm cận nào.
Câu 32:
Cho hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{(m + 1)x + 4}}{{x + 2m}}\) (\(m\) là tham số thực). Có bao nhiêu giá
trị nguyên \(m\) để hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\)?
Xem đáp án
Lời giải
Chọn D
Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2m} \right\}\).
Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{{2{m^2} + 2m - 4}}{{{{\left( {x + 2m} \right)}^2}}}\).
Hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{(m + 1)x + 4}}{{x + 2m}}\) nghịch biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) khi và chỉ khi:
\(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( x \right) < 0,\forall x > 0\\ - 2m \notin \left( {0; + \infty } \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{m^2} + 2m - 4 < 0\\ - 2m \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 < m < 1\\m \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 \le m < 1.\)
Do \(m\) nhận giá trị nguyên nên \(m = 0\)
Vậy có \(1\) giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 33:
Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^3} - m{x^2} + 4x - 1\) có hai điểm cực trị \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - 3{x_1}{x_2} = 12\).
Xem đáp án
Lời giải
Ta có \(y' = {x^2} - 2mx + 4\).
Hàm số đã cho có hai điểm cực trị khi và chỉ khi \(\Delta ' = {m^2} - 4 > 0 \Leftrightarrow \left| m \right| > 2\).
Ta có \(x_1^2 + x_2^2 - 3{x_1}{x_2} = 12 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 5{x_1}{x_2} = 12\)
Theo Định lý Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = 4\end{array} \right.\)
Từ đó suy ra \(4{m^2} - 20 = 12 \Rightarrow m = \pm 2\sqrt 2 \) : Thỏa mãn.
Câu 34:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau:
Số nghiệm của phương trình \({\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} - \left| {f\left( x \right)} \right| = 0\) là
Xem đáp án
Lời giải
Ta có \({\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} - \left| {f\left( x \right)} \right| = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 0\\f\left( x \right) = \pm 1\end{array} \right.\)
Dựa vào sự tương giao của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và ba đường thẳng \(y = 0;\,\,y = 1;\,\,y = - 1\) ta suy ra phương trình đã cho có 7 nghiệm.
Câu 35:
Cho hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{x + 2}}\). Tiếp tuyến tại điểm có tung độ bằng \( - 3\) có hệ số góc bằng
Xem đáp án
Lời giải
Giả sử tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số là \(M\left( {{x_0}\,;\,{y_0}} \right)\).
Từ giả thiết ta có: \({y_0} = - \,3 \Leftrightarrow \,\frac{{2{x_0} - 1}}{{{x_0} + 2}}\, = \, - 3\, \Leftrightarrow \,{x_0}\, = \, - 1\)
Lại có \(y' = \frac{5}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\) nên \(y'\left( { - 3} \right) = 5\)
Câu 36:
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\), hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAC} \right)\) cùng vuông góc với đáy, góc tạo bởi \(\left( {SBC} \right)\) và mặt đáy bằng \(60^\circ \). Thể tích khối chóp bằng
Xem đáp án
Lời giải
Từ giả thiết ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right)\, \bot \,\left( {ABC} \right)\\\left( {SAC} \right)\, \bot \,\left( {ABC} \right)\\\left( {SAB} \right)\, \cap \,\left( {SAC} \right) = SA\end{array} \right. \Rightarrow \,SA\, \bot \,\left( {ABC} \right)\).
Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\). Do tam giác \(ABC\) đều nên \(BC\, \bot \,\left( {SAM} \right)\). Vậy \(\left( {\widehat {\left( {SBC} \right)\,;\,\left( {ABC} \right)}} \right) = \left( {\widehat {AM\,;\,SM}} \right)\, = \widehat {\,SMA}\, = 60^\circ \)
Do đó \(SA\, = \,AM\,.\tan 60^\circ \, = \,\frac{{3\,a}}{2}\)
Vậy thể tích khối chóp: \(V = \frac{1}{3}\,SA\,.\,{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}\,.\,\frac{{3\,a}}{2}\,.\,\frac{{{a^2}\,\sqrt 3 }}{4}\, = \,\frac{{{a^3}\,\sqrt 3 }}{8}\).
Câu 37:
Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để hàm số \(y = - {x^4} - (m - 1){x^2} + 1\) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác đều.
Xem đáp án
Lời giải
Cách 1. (Trắc nghiệm)
Hàm số đã cho có ba cực trị tạo thành tam giác đều khi thỏa điều kiện:
\(24a + {b^3} = 0 \Leftrightarrow 24\left( { - 1} \right) + {\left[ { - \left( {m - 1} \right)} \right]^3} = 0 \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^3} = - 24 \Leftrightarrow m = 1 - 2\sqrt[3]{3}\).
Cách 2. (Tự luận)
Ta có: \(y' = - 4{x^3} - 2(m - 1)x\)
\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = \frac{{1 - m}}{2}\end{array} \right.\). Hàm số đã cho có ba cực trị khi và chỉ khi \(m < 1\).
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là \(A\left( {0;\;1} \right)\), \(B\left( { - \sqrt {\frac{{1 - m}}{2}} ;\;\frac{{{m^2} - 2m + 5}}{4}} \right)\), \(C\left( {\sqrt {\frac{{1 - m}}{2}} ;\;\frac{{{m^2} - 2m + 5}}{4}} \right)\), ta có: \(AB = \sqrt {\frac{{1 - m}}{2} + \frac{{{{\left( {1 - m} \right)}^4}}}{{16}}} \), \(BC = 2\sqrt {\frac{{1 - m}}{2}} \)
Để hàm số có ba cực trị tạo thành tam giác đều khi và chỉ khi: \(A{B^2} = B{C^2}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{1 - m}}{2} + \frac{{{{\left( {1 - m} \right)}^4}}}{{16}} = 2\left( {1 - m} \right) \Leftrightarrow {\left( {1 - m} \right)^3} = 24 \Leftrightarrow m = 1 - 2\sqrt[3]{3}\) (thỏa \(m < 1\)).
Câu 38:
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số \(m\) sao cho đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 3}}{{{x^2} + 2x - m}}\) có hai đường tiệm cận đứng.
Xem đáp án
Lời giải
Đồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận đứng thì phương trình \({x^2} + 2x - m\) có hai nghiệm phân biệt khác \( - 3\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\{\left( { - 3} \right)^2} + 2\left( { - 3} \right) - m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 + m > 0\\m \ne 3\end{array} \right.
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > - 1\\m \ne 3\end{array} \right.\).
Câu 39:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên
Phương trình \(\left| {f\left( x \right)} \right| = 2\) có bao nhiêu nghiệm?
Xem đáp án
Lời giải
Ta có \(\left| {f\left( x \right)} \right| = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 2\\f\left( x \right) = - 2\end{array} \right.\)
Từ bảng biến thiên ta thấy
Phương trình \[f\left( x \right) = 2\] có 2 nghiệm.
Phương trình \[f\left( x \right) = - 2\] có 3 nghiệm.
Dễ thấy các nghiệm trên phân biệt.
Vậy phương trình \(\left| {f\left( x \right)} \right| = 2\) có 5 nghiệm.
Câu 40:
Cho hình lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\). Biết \[AA' = 2a\,,\,AB = a\,,\,AC = a\sqrt 3 \], \(\widehat {{\rm{BAC}}} = {135^0}\). Tính thể tích của khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\)?
Xem đáp án
Lời giải
Ta có \[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {{\rm{BAC}}} = \frac{{{a^2}\sqrt 6 }}{4}\]
Vậy thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là
\[V = {S_{ABC}}.AA' = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{2}\].
Câu 41:
Tìm giá trị thực của tham số \[m\] để đường thẳng \[{\mathop{\rm d}\nolimits} :y = \left( {2m - 1} \right)x + 3 + m\] vuông góc với đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số \[y = {x^3} - 3{x^2} + 1.\]\(\)
Xem đáp án
Lời giải
Đồ thị hàm số \[y = {x^3} - 3{x^2} + 1\]
Có \(y' = 3{x^2} - 6x\)
Lấy \(y:y'\) ta được đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu là: \[y = - 2x + 1\]
Để đường thẳng \[\left( {\mathop{\rm d}\nolimits} \right)\]vuông góc với đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {2m - 1} \right).\left( { - 2} \right) = - 1\\ \Leftrightarrow 2m - 1 = \frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow m = \frac{3}{4} \cdot \end{array}\]\[\]
Câu 42:
Cho khối tứ diện \[ABCD\] có thể tích bằng \(V\). Gọi \(M\) là trung điểm cạnh \(AB\), \(N\) thuộc cạnh \(AC\) sao cho \(AN = 2NC\), \(P\) thuộc cạnh \(AD\) sao cho \(PD = 3AP\). Thể tích của khối đa diện \(MNP.BCD\) tính theo \(V\) là
Xem đáp án
Lời giải
Ta có: \(\frac{{{V_{APNM}}}}{{{V_{ADCB}}}} = \frac{{AP}}{{AD}} \cdot \frac{{AN}}{{AC}} \cdot \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{1}{4} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{{12}}\)
\( \Rightarrow {V_{APNM}} = \frac{1}{{12}}{V_{ADCB}}\)
\(\begin{array}{l}{V_{ABCD}} = {V_{APNM}} + {V_{MNP.BCD}}\\ \Rightarrow {V_{MNP.BCD}} = {V_{ABCD}} - {V_{APNM}} = V - \frac{1}{{12}}V = \frac{{11}}{{12}}V \cdot \end{array}\)
Câu 43:
Cho hàm số bậc ba \[f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\]\[\left( {a\,,\,b\,,\,c\,,\,d \in \mathbb{R}} \right)\] có đồ thị như hình vẽ sau đây:
Đồ thị hàm số \[g\left( x \right) = \frac{{\sqrt x (x - 2)}}{{{f^2}\left( x \right) - 2f\left( x \right)}}\]có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?
Xem đáp án
Lời giải
Từ đồ thị ta suy ra hàm số có dạng: \[f\left( x \right) = a\left( {x + 1} \right){\left( {x - 2} \right)^2}\].
Đồ thị hàm số đi qua điểm \[\left( {1\,;\,2} \right) \Rightarrow a = 1 \Rightarrow f\left( x \right) = \left( {x + 1} \right){\left( {x - 2} \right)^2} = {x^3} - 3{x^2} + 4\].
\[ \Rightarrow g\left( x \right) = \frac{{\sqrt x \left( {x - 2} \right)}}{{\left( {{x^3} - 3{x^2} + 4} \right)\left( {{x^3} - 3{x^2} + 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x \left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x + 1} \right){{\left( {x - 2} \right)}^2}\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 2x - 2} \right)}}\].
TXĐ của hàm \[g\left( x \right):\,D = \left[ {0\,;\, + \infty } \right)\backslash \left\{ {1\,,\,2\,,\,1 + \sqrt 3 } \right\}\].
Từ đó dễ thấy đồ thị hàm số đã cho có 3 tiệm cận đứng là: \[x = 2\,;\,x = 1\,;\,x = 1 + \sqrt 3 \,\].
Cách làm trắc nghiệm: Dễ thấy phương trình \[{f^2}\left( x \right) - 2f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 2\,{\rm{(k\'e p)}}\end{array} \right.\\f\left( x \right) = 2 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_1} \in \left( { - 1\,;\,0} \right)\\x = 1\\x = {x_2} \in \left( {2\,;\, + \infty } \right)\end{array} \right.\end{array} \right.\]
Kết hợp với đk suy ra đồ thị hàm số có 3 tiệm cận đứng.
Câu 44:
Cho lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy là tam giác đều cạnh \(a\). Mặt phẳng \(\left( {AB'C'} \right)\) tạo với mặt đáy góc \(60^\circ \). Tính theo \(a\) thể tích lăng trụ \(ABC.A'B'C'\).
Xem đáp án
Lời giải
Gọi \[I\] là trung điểm của \[B'C' \Rightarrow A'I \bot B'C'\] và \[A'I = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\], do \[AA' \bot \left( {A'B'C'} \right) \Rightarrow AA' \bot B'C' \Rightarrow B'C' \bot \left( {AA'I} \right) \Rightarrow \left( {\left( {AB'C'} \right)\,;\,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {{\rm{AIA'}}} = {60^^\circ }\].
\[ \Rightarrow AA' = A'I\tan {60^^\circ } = \frac{{3a}}{2}\].
\[{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.AA' = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{8}\].
Câu 45:
Nếu mỗi cạnh đáy của hình chóp tam giác giảm đi một nửa và chiều cao của hình chóp tăng lên gấp đôi thì thể tích của hình chóp đó
Xem đáp án
Lời giải
* Giả sử hình chóp \(S.ABC\) có chiều cao là \(SH\).
Gọi hình chóp \(S'.A'B'C'\) sau khi thay đổi có chiều cao là \(S'H'\).
* Ta có: \(\frac{{A'B'}}{{AB}} = \frac{{A'C'}}{{AC}} = \frac{{B'C'}}{{BC}} = \frac{1}{2}\) và \(S'H' = 2SH\).
\( \Rightarrow \Delta A'B'C' \sim \Delta ABC\) \( \Rightarrow {S_{\Delta A'B'C'}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}.{S_{\Delta ABC}}\)
* Khi đó: \({V_{S'.A'B'C'}} = \frac{1}{3}.{S_{\Delta A'B'C'}}.S'H'\)
\( = \frac{1}{3}.\left( {\frac{1}{4}{S_{\Delta ABC}}} \right).\left( {2SH} \right) = \frac{1}{2}\frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}.SH = \frac{1}{2}.{V_{S.ABC}}\)
Kết luận: Thể tính của khối chóp \(S.ABC\) giảm đi một nữa.
Câu 46:
Một sợi dây kim loại dài \(60cm\) được cắt thành hai đoạn. Đoạn dây thứ nhất uốn thành hình vuông cạnh \(a\), đoạn dây thứ hai uốn thành đường tròn bán kính \(r\). Để tổng diện tích của hình vuông và hình tròn nhỏ nhất thì tỉ số \(\frac{a}{r}\) bằng:
Xem đáp án
Lời giải
Ta có:
* \(4a + 2\pi r = 60\) \( \Leftrightarrow \,\,\,\pi r = 30 - 2a\)
Điều kiện: \(0 < 4a < 60\,\,\, \Leftrightarrow \,\,0 < a < 15\).
* Tổng diện tích của hình vuông và hình tròn:
\(S = {a^2} + {r^2}\pi \)\( = {a^2} + \frac{{{{\left( {30 - 2a} \right)}^2}}}{\pi } = \frac{1}{\pi }\left[ {\left( {\pi + 4} \right){a^2} - 120a + 900} \right]\)
* Xét \(f(a) = \left( {\pi + 4} \right){a^2} - 120a + 900\) với \(a \in \left( {0,\,15} \right)\)
\(f(a)\) đạt giá trị nhỏ nhất tại \(a = \frac{{120}}{{2\left( {\pi + 4} \right)}} = \frac{{60}}{{\pi + 4}} \in \left( {0,\,15} \right)\).
* \(S\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(a = \frac{{60}}{{\pi + 4}}\).
\( \Rightarrow \,\,\,\pi r = 30 - 2.\frac{{60}}{{\pi + 4}} = \frac{{30\pi }}{{\pi + 4}}\) \( \Rightarrow \,\,\,r = \frac{{30}}{{\pi + 4}}\)
* Khi đó: \(\frac{a}{r} = \frac{{60}}{{\pi + 4}}:\frac{{30}}{{\pi + 4}} = 2\).
Kết luận: \(\frac{a}{r} = 2\).
Câu 47:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm trên \(\mathbb{R}\) và có đồ thị là đường cong như hình vẽ. Đặt \(g\left( x \right) = - 2f\left( {f\left( x \right)} \right) + 3\). Tìm số điểm cực trị của hàm số \(g\left( x \right)\).
Xem đáp án
Lời giải
* Ta có: \(g\left( x \right) = - 2f\left( {f\left( x \right)} \right) + 3\); \(g'\left( x \right) = - 2.f'(x).f'\left[ {f(x)} \right]\)
* \(f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = a\,\,,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,a \in (2,\,3)\end{array} \right.\).
* \(g'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f'(x) = 0\\f'\left[ {f(x)} \right] = 0\,\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0,\,\,x = a\\f(x) = 0\\f(x) = a\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0,\,\,x = a\\x = {x_1},\,\,x = {x_4},\,\,x = {x_5}\\x = {x_2},\,\,x = {x_3},\,\,x = {x_6}\end{array} \right.\)
* Gọi \(\alpha = f(a) \in ( - 5,\,\, - 4)\).
* Ghép bảng biến thiên:
Kết luận: Hàm số \(g\left( x \right)\) có 8 điểm cực trị.
Câu 48:
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau:
Biết \(f\left( 0 \right) = 0\), số nghiệm thuộc đoạn \(\left[ { - \frac{\pi }{6};\frac{{7\pi }}{3}} \right]\) của phương trình \(f\left( {f\left( {\sqrt 3 \sin x + \cos x} \right)} \right) = 1\) là
Xem đáp án
Lời giải
* Xét \(g(x) = f\left( {f\left( {\sqrt 3 \sin x + \cos x} \right)} \right)\) với \(x \in \left[ { - \frac{\pi }{6};\frac{{7\pi }}{3}} \right]\)
* Đặt \(u(x) = \sqrt 3 \sin x + \cos x = 2\cos \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right)\)
\( \Rightarrow \,\,\,u'(x) = - 2\sin \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right)\); \(u'(x) = 0\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,x \in \left\{ {\frac{\pi }{3},\,\frac{{4\pi }}{3},\,\frac{{7\pi }}{3}} \right\}\)
* Đặt \(v(x) = f\left[ {u(x)} \right]\) \( \Rightarrow \,\,\,v'(x) = u'(x).f'\left[ {u(x)} \right]\)
\(g(x) = f\left( {v(x)} \right)\) \( \Rightarrow \,\,\,g'(x) = v'(x).f'\left[ {v(x)} \right]\)
Câu 49:
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có đạo hàm liên tục trên \(\mathbb{R}\). Đồ thị của hàm số \(y = f\left( {5 - 2x} \right)\) như hình vẽ sau. Có bao nhiêu giá trị thực của tham số \(m\)thuộc khoảng \(\left( { - 9;9} \right)\) thỏa mãn \(2m \in \mathbb{Z}\) và hàm số \(y = \left| {2f\left( {4{x^3} + 1} \right) + m - \frac{1}{2}} \right|\) có 5 điểm cực trị?
Xem đáp án
Lời giải
Ta có \(y = f\left( {5 - 2x} \right) \Rightarrow y' = - 2f'\left( {5 - 2x} \right)\). Từ đồ thị, suy ra
\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\\x = 4\end{array} \right.\). Đặt \[t = 5 - 2x \Rightarrow x = \frac{{5 - t}}{2} \Rightarrow f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 5\\t = 1\\t = - 3\end{array} \right.\]
Đặt \[g\left( x \right) = 2f\left( {4{x^3} + 1} \right) + m - \frac{1}{2} \Rightarrow g'\left( x \right) = 24{x^2}f'\left( {4{x^3} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 0\\4{x^3} + 1 = 5 \Rightarrow {x^3} = 1\\4{x^3} + 1 = 1 \Rightarrow {x^3} = 0\\4{x^3} + 1 = - 3 \Rightarrow {x^3} = - 1\end{array} \right.\]
Từ đó suy ra \[g\left( x \right)\] có 3 cực trị. Để \[y = \left| {g\left( x \right)} \right|\] có 5 cực trị thì phương trình \[g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f\left( {4{x^3} + 1} \right) = \frac{{1 - 2m}}{4}\] có 2 nghiệm đơn phân biệt.
Đặt \[u = 4{x^3} + 1 \Rightarrow x = \sqrt[3]{{\frac{{u - 1}}{4}}}\] và phương trình trở thành: \[f\left( u \right) = \frac{{1 - 2m}}{4}\].
Từ đây, kết hợp với đồ thị ta có điều kiện là \[\left[ \begin{array}{l}\frac{{1 - 2m}}{4} \ge \frac{9}{4}\\ - 4 < \frac{{1 - 2m}}{4} \le 0\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}2m \le - 8\\1 \le 2m < 17\end{array} \right.\].
Do \[m \in \left( { - 9\,;\,9} \right),\,2m \in \mathbb{Z} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}2m \in \left\{ { - 17, - 16, \ldots , - 9, - 8} \right\}\\2m \in \left\{ {1,2,3, \ldots ,16} \right\}\end{array} \right.\].
Vậy có tất cả 26 giá trị của \[m\]thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 50:
Cho khối lăng trụ tam giác đều \(ABC.A'B'C'\). Các mặt phẳng \(\left( {ABC'} \right)\) và \(\left( {A'B'C} \right)\) chia khối lăng trụ thành 4 khối đa diện, kí hiệu \({H_1},{\rm{ }}{H_2}\) lần lượt là khối đa diện có thể tích lớn nhất và nhỏ nhất trong 4 khối đa diện. Gọi \({V_{\left( {{H_1}} \right)}},{\rm{ }}{V_{\left( {{H_2}} \right)}}\) lần lượt là thể tích của \[{H_1}\] và \[{H_2}\]. Tỉ số \(\frac{{{V_{\left( {{H_1}} \right)}}}}{{{V_{\left( {{H_2}} \right)}}}}\) bằng
Xem đáp án
Lời giải
Gọi \[V\] là thể tích khối lăng trụ \[ABC.A'B'C'\] và \[\left\{ \begin{array}{l}M = BC' \cap B'C\\N = A'C \cap AC'\end{array} \right. \Rightarrow M\,,\,N\] lần lượt là trung điểm của \[BC'\,,\,AC'\].
+) Thể tích khối \[C'CMN\].
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{V_{C'CMN}}}}{{{V_{C'CAB}}}} = \frac{{C'N}}{{C'A}}.\frac{{C'M}}{{C'B}} = \frac{1}{4}\\{V_{C'CAB}} = \frac{1}{3}V\end{array} \right.
\Rightarrow {V_{C'CMN}} = \frac{1}{{12}}V\].
+) Thể tích khối \[MNCAB\]: \[{V_{MNCAB}} = {V_{C'CAB}} - {V_{C'CMN}} = \frac{1}{3}V - \frac{1}{{12}}V = \frac{1}{4}V\].
+ Thể tích khối \[MNC'A'B'\]: \[{V_{MNC'A'B'}} = {V_{CC'A'B'}} - {V_{C'CMN}} = \frac{1}{3}V - \frac{1}{{12}}V = \frac{1}{4}V\].
+) Thể tích khối \[MNABB'A'\]: \[{V_{MNABB'A'}} = V - \frac{1}{{12}}V - \frac{1}{4}V - \frac{1}{4}V = \frac{5}{{12}}V\].
Từ đó \[\frac{{{V_{\left( {{H_1}} \right)}}}}{{{V_{\left( {{H_2}} \right)}}}} = \frac{{{V_{MNABB'A'}}}}{{{V_{C'CMN}}}} = 5\].