12HK1_Hướng dẫn giải đề số 11 (Bộ 12 đề)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.03 MB, 21 trang )

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

Câu 1. Khối hộp chữ nhật ABCD A B C D.     có AB2a, AD3a, AA 4a, thể tích của nó bằng 
A. 8a3. B. 24a3. C. 4a3. D. 9a3.

Lời giải 
Chọn B

Thể tích của khối hộp chữ nhật là: V  AB AD AA. .  2 .3 .4a a a24 .a 3
Câu 2. Tập xác định của hàm số y



x2



 3 là

A. D



2; 



. B. D . C. D \

 

2 . D. D



2; 



.
Lời giải

Chọn D

Vì  3 là số vơ tỉ nên hàm số xác định khi và chỉ khi x 2 0 x2.
Vậy tập xác định của hàm số là D



2; 



Câu 3. Tập nghiệm của phương trình log2



x23x



2

A. . B.

 

1; 4 . C.

 

1 . D.

 

4 .

Lời giải 
Chọn B

Điều kiện: 2

3 0

x  x  x 



 

 3;

  

*
Phương trình:





log x 3x 2 x23x22  x23x 4 0 1
4
x
x

 

 


Kết hợp điều kiện ta thấy x 1 và x4 đều thỏa mãn điều kiện

 

*
Vậy tập nghiệm của phương trình là



1; 4



Câu 4. Tập nghiệm của bất phương trình 1 4
2

x

  
 

  là

A.



 2;



. B.



 ; 2



.
C.



; 2



. D.



2;



Lời giải 
Chọn B

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

ÔN THI HK1, năm 2019 (Bộ 12 đề ôn thi HK1) website: hoctoanthd.vn 
1

4
2

x

  
 

  

1
2
2

x

  
 

  

1 1

2 2

x 

   
   

     x 2.
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S   



; 2 .



Câu 5. Cho hàm số y f x

 

có đồ thị như hình vẽ bên dưới.

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào sau đây?

A.



1;3



. B.

 

0;3 . C.



1; 2



. D.

 

0; 2 .
Lời giải

Chọn D

Dựa vào đồ thị, hàm số đã cho đồng biến trên khoảng

 

0; 2 .

Câu 6. Khối chóp có diện tích đáy bằng 6a và chiều cao bằng 2 2a thì thể tích của nó bằng

A. 12a . 3 B. 4a . 3 C. 6a . 3 D. 8a . 3

Lời giải 
Chọn B

Thể tích của khối chóp là 1 6 2.2 4 3
3

V   a a a .

Câu 7. Đồ thị trong hình vẽ bên dưới là của hàm số nào sau đây?

A. y  x3 3x1. B. y  x3 3x1. C. yx33x1. D. yx33x1.
Lời giải

Chọn D

x
y

4
3
2
1

-3
-2
-1

-3 -2 -1 2 3 4

O

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

Dựa vào đáp án đề bài cho thì đồ thị của hàm số trên là đồ thị của hàm số bậc ba dạng

3 2

   

y ax bx cx d . 
Ta có lim

xy   hệ số a0 nên loại A, B.

Lại có y

 

0 1 suy ra hàm số đó là yx33x1.
Câu 8. Hàm số nào sau đây đồng biến trên khoảng



 ;



A. yx21. B. yx3x . C. yx41. D. yx3x . 
Lời giải

Chọn D

Hàm số yx3x có y 3x2 1 0 ,   x



;



.
Vậy hàm số yx3x đồng biến trên



 ;



Câu 9. Một hình nón có chiều cao bằng 3a , bán kính đáy bằng 4a . Độ dài đường sinh của hình nón 
bằng

A. 12a . B. 7a . C. 5a . D.25a . 
Lời giải

Chọn C

Ta có: SO3a là đường cao và OA4a là bán kính của hình nón, do đó

   

2 2

3 4 5

SA SO OA  a  a  a

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

ÔN THI HK1, năm 2019 (Bộ 12 đề ôn thi HK1) website: hoctoanthd.vn

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

Lời giải 
Chọn B

Dựa vào đồ thị ta thấy f x

 

 2 có 3 nghiệm.

Câu 11. Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng?

A. Trong một đa diện lồi, mỗi cạnh là cạnh chung của ít nhất ba mặt. 
B. Trong một đa diện lồi, mỗi cạnh là cạnh chung của ít nhất hai mặt. 
C. Trong một đa diện lồi, mỗi cạnh là cạnh chung của đúng ba mặt. 
D. Trong một đa diện lồi, mỗi cạnh là cạnh chung của đúng hai mặt.

Lời giải 
Chọn D

Câu 12. Cho a là số thực dương và a1. Giá trị của biểu thức

 

1 2
1 2

M a




 bằng

A. a 2. B. a2 2. C.a D. . 1.
a
Lời giải

Ta có:

 

1 2

1 2 1 2 1 1

M a a a

a


  

    . Vậy M 1

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

Câu 13. Tập nghiệm của phương trình 3x23x 27 là

A.



1;3



. B.

 

9 . C.

 

3 . D. .
Lời giải

Chọn A

Ta có:3x22x 27 3x22x 33 2

2 3 0

x x

    1

3
x
x
 

  
 .

Câu 14. Giá trị lớn nhất của hàm số 2 1
1
x
y
x



 trên

 

0; 2 bằng:

A. 2. B. 1. C. 3. D. 1.

Lời giải

Chọn D

Tập xác định: D \

 

1 .
Ta có:





0,
1

y x D

x

    

 .

Hàm số luôn đồng biến trên mỗi khoảng



 ; 1



và



  1;



 

0 1 ;

 

2 1
y   y 

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên

 

0; 2 bằng 1.
Câu 15. Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 3 1

4



x
y
x là

A. x4. B. y4. C. x3. D. y 3.

Lời giải 
Chọn D

Ta có

1
3

3 1 3

lim lim lim 3

4
4 1
1
  


   
 

x x x

x x

y

x

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y3.
Câu 16. Cho logab2 và logac 3. Tính logbc b.

a

A. 1. B. 1. C. 5. D. 6.

Lời giải 
Chọn A

Từ 2 3 1

2 2

.
3

log 2

log log log 1.

log 3

a

bc a a a

a

b b a b a

a

c c a a  a 


 
      
   


 

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

ÔN THI HK1, năm 2019 (Bộ 12 đề ôn thi HK1) website: hoctoanthd.vn

A. 3 1
1

x
y
x



 . B.

2 1
1
x
y
x



 . C.

2 1
1
x
y
x



 . D.

2 1
1

x
y
x


 .
Lời giải 
Chọn D

Đồ thị hàm số trong hình trên nhận x1 làm tiệm cận đứng, y2 làm tiệm cận ngang nên ta
chọn đáp án D.

Câu 18. Số nghiệm thực của phương trình









log x 2x log x2 là

A. 3 . B. 0. C. 1. D. 2.
Lời giải 
Chọn B 
Điều kiện:
2
2 0
2
2 0
x x
x
x
  
 


 
 .

 

2 2 1

2 2 3 2 0

x l

x x x x x

x l


         

 .

Vậy pt đã cho vô nghiệm.

Câu 19. Hàm số yx33x24 nghịch biến trên khoảng

A.



2; 0



. B.



 ; 2



. C.



0;



. D.



3; 0



.
Lời giải

Chọn A

' 3 6

y  x  x

2 0

' 0 3 6 0

2
x

y x x

x


     
 
 .

Bảng biến thiên

x  2 0 

y  0  0 

y

0
4



Vậy hàm số yx33x24 nghịch biến trên khoảng



2; 0



O x

y

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

Câu 20. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 1 3 2

1
3

y  x x  trên



1;1



. Giá trị Mm bằng

A. 2
3

 . B. 4

3 . C. 0. D.

3 .
Lời giải

Chọn C

 

1 3 2

1
3

y f x   x x   f '

 

x   x2 2x

 

2 0





' 0 2 0

2 1;1

x

f x x x

x




      

  

 .

 

1 ; 0 1; 1

3 3

f   f   f  

 

 1;1  1;1

 

1 1

m ax ; min

3 x 3

x

M f x m f x

 
 

      .

Vậy M m 0.

Câu 21. Tính thể tích V của khối lập phương ABCD A B C D biết .     AB  2a .

A.V 3a3 6. B. V 2a3 2. C. V a . 3 D. 1 3
3

V a .
Lời giải

Chọn C

Vì AB  2a và tam giác AA B  vuông cân tại A nên AA a . 
Thể tích V của khối lập phương là:  3

V a .

Câu 22. Một khối trụ có bán kính bằng 4 và diện tích xung quanh bằng 80 . Thể tích của khối trụ là
A.64. B. 160. C. 164. D. 144.

Lời giải 
Chọn B

Khối trụ có bán kính đáy: r4, chiều cao và độ dài đường sinh: hl .

Ta có 2 10



   xq  

xp

S

S rl l l

r .

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

ÔN THI HK1, năm 2019 (Bộ 12 đề ôn thi HK1) website: hoctoanthd.vn 
A.2. B. 1. C. 6. D. 1.

Lời giải 
Chọn B

TXĐ: D

2 1

3 3; 0

1
x

y x y

x

 


     



 .

Bảng biến thiên

Vậy điểm cực tiểu của hàm số là x 1.

Câu 24. Cắt hình nón

 

N bằng mặt phẳng đi qua trục của hình nón được thiết diện là tam giác vng 
cân có cạnh góc vng bằng 6a . Diện tích xung quanh của hình nón

 

N là

A.3 2 a 2. B.6 2 a 2. C. 2 a 2. D. 6 a 2.
Lời giải

Chọn A

Gọi tam giác SMN là thiết diện của hình nón và mặt phẳng. Do tam giác SMN cân tại S nên 
nó vng tại .S Suy ra SMSN 6 ,a MN 2SM 2 3a l 6 ;a r 3a.

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là : 2

. 3 . 6 3 2 .

XQ

S rl a a a
Câu 25. Tính đạo hàm của hàm số





ln 2

y x  x .
A.



2



2 1

2
x
y

x x


 

  . B. 2

1
2
y

x x

 

  . C. 2

2 1

2
x
y

x x

 

  . D. 2

2
2
x
y

x x
 

  .
Lời giải

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





2 2

2 2 1

2 2

x x x

y

x x x x



  

  

    .

Câu 26. Tập nghiệm của phương trình 9x2.3x 3 0 là

A.

 

1 . B.



1;3



. C.

 

3 . D. .
Lời giải

Chọn A

 

2 3 1

9 2.3 3 0 3 2.3 3 0 1

3 3

x

x x x x

x

VN
x
  

         



 .

Vậy tập nghiệm của phương trình là

 

1 .
Câu 27. Đồ thị hàm số 2

1
x
y

x


 có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận ngang?

A. 0 . B. 1 . C. 2. D. 3 .
Lời giải

Chọn B

Ta có lim 2 lim 2 0

1 1

x x

      nên y0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 2

1
x
y

x


 .
Câu 28. Tập nghiệm của bất phương trình





2 2

log x 4 log 3x là

A.



2; 4



. B.



1; 4



. C.



2; 4



. D.



  ; 2

 

4;



.
Lời giải

Chọn A

Điều kiện

4 0

3 0

x

x
x

  

 




 .

Ta có





2 2





2 2

log x 4 log 3xx  4 3xx 3x    4 0 x 1; 4 .
Kết hợp điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình là S 



2; 4



.
Câu 29. Biết rằng đồ thị hàm số yx3 3x2

được cho trong hình bên. Tìm tất cả các giá trị của tham
số m để phương trình x3 3x2  m 0 có ba nghiệm phân biệt?

A. m 



4; 0



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

ÔN THI HK1, năm 2019 (Bộ 12 đề ôn thi HK1) website: hoctoanthd.vn 
C. m  4; 0.

D. m

 

0; 2 .

Lời giải 
Chọn A

Ta có: x3 3x2   m 0 x3 3x2 m,(*)

Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đường cong ( )C : yx3 3x2 và đường
thẳng ( ) :d ym.

Dựa vào đồ thị trên để ( )C và ( )d cắt nhau tại ba điểm phân biệt thì : 4 m0. 
Câu 30. Cho a0,a1, thu gọn biểu thức (lnalog e)a 2 ln2alog e2a được kết quả:

A. 2 ln2a2. B. 4lna2.
C. ln2 a2. D. 2 ln2a2

Lời giải 
Chọn A

Ta có:

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

(ln log e) ln log e = (ln 2 ln .log e log e) ln log e

(ln 2 log e) ln log e = 2 ln 2

a a a a a

a a

a a a a a

a a a

      

     

Câu 31. Thể tích khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a là 
A.

3
4
a

. B.

3
3
a

. C.

3
2
a

. D.

a

.
Lời giải

Chọn A

Gọi khối lăng trụ tam giác đều là ABC A B C.   
Do tam giác ABC đều cạnh a nên

3
4

ABC

a

S  và AA (ABC) do đó :

Thể tích khối lăng trụ là

2 3

3 3

. .

4 4

ABC A B C ABC

a a

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

Câu 32. Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , . SA



ABCD



và SB 3a.
Thể tích khối chóp S ABCD là .

A. 3

a . B.

2
2
a

. C.

2
3
a

. D.

2
6
a

.
Lời giải

Chọn C

Trong tam giác vuông SAB , ta có: 2 2

 

2 2

3 2

SA SB AB  a a a .

Thể tích khối chóp S ABCD. là:

3
2

1 1 2

. . . 2

3 3 3

S ABCD ABCD

a

V  S SA a a  .

Câu 33. Biết rằng đường cong trong hình vẽ sau là đồ thị của một trong các hàm số được cho dưới đây. 
Hàm số đó là hàm số nào?

A. y  x4 4x21. B. y  x4 4x21.

C. yx44x21. D. y  x4 4x21.

Lời giải 
Chọn D

Xét hàm số yax4bx2c



a0 .



Từ đồ thị hàm số ta loại đáp án C (vì ta phải có a0).

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ 0 nên loại đáp án B. 
Hàm số có 3 cực trị nên ta loại tiếp đáp án A.

a 3

D C

B
A

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

ÔN THI HK1, năm 2019 (Bộ 12 đề ôn thi HK1) website: hoctoanthd.vn 
Câu 34. Đồ thị hàm số 1

1
x
y

x




 và đường thẳng y x có bao nhiêu điểm chung?

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

Lời giải 
Chọn C

TXĐ: D \

 

1 .

Xét phương trình hồnh độ giao điểm:

1
1

1 2.

1 2 1 0

x
x

x x

x x x

 


       



    

Vậy đồ thị hàm số đã cho và đường thẳng y x có hai điểm chung. 
Câu 35. Khối tám mặt đều có tất cả bao nhiêu đỉnh?

A. 6. B. 8. C. 12. D. 16.
Lời giải

Chọn A

Khối bát diện đều có 6 đỉnh 8 mặt và 12 cạnh.

Câu 36. Cho khối hộp ABCD A   . B C D có thể tích bằng V. Thể tích khối tứ diện ACB D  bằng 
A. 2

3
V

. B. 5

6
V

. C.

3
V

. D.

6
V

.
Lời giải

Chọn C

Đặt SABCD S; B E h.
Ta có:

. . . .

ACB D ABCB A B C D D DAC B ABC C BCD A A B D

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

+) . . . .

1 1 1

. . . . .

3 2 6 6

D DAC B ABC C BCD A A B D

S

V  V  V  V     h S h V
Do đó:

6 6 6 6 3

ACB D

V V V V V

V        V

Câu 37. Cho khối chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật,



SAB

 

 ABCD



, SCD là tam
giác đều có diện tích bằng 2

3a , góc giữa hai mặt phẳng



SCD

 

, ABCD bằng



60 . Thể tích 0
khối chóp S ABCD. bằng

A. 3 3

8 a . B.

2 a . C.

3 3

2 a . D.

3 3
16 a .
Lời giải

Chọn B

Gọi tam giác SCD là tam giác đều cạnh 3 2 3 2 3 2 2 .

4 4

SCD

xS  x  x  a  x a
Gọi E là trung điểm CD.

Kẻ SH AB mà



SAB

 

 ABCD



theo giao tuyến ABSH 



ABCD



Ta có: BC AB BC



SAB



BC SB SBC

BC SH




    

 

 vuông tại B

2 2 2

(1)

SB SC BC

  

CMTT ta có: SAD vng tại ASA2 SD2AD2 (2).
Mà SDSC AD, BC (3).

Từ (1),(2),(3) suy ra SBSA SAB cân tại SSHlà trung tuyến của SABHlà trung
điểm AB.

Ta có



 













 











; , , 60 .

SCD ABCD CD

SE SCD SE CD SCD ABCD SE HE SEH

HE ABCD HE CD

 




     



  

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

ÔN THI HK1, năm 2019 (Bộ 12 đề ôn thi HK1) website: hoctoanthd.vn 
Xét tam giác vng SHE có

0 3 3 3 0 1 3 3

sin 60 . . .2 ; cos 60 . . .2 .

2 2 2 2 2 2

SH  SE a a HE SE a a AD

Thể tích khối chóp S ABCD. là 1 1 3 3 3 3

. . . .2 . .

3 ABCD 3 2 2 2

V  SH S  a a a a
Câu 38. Tìm x để ba số ln 2, ln 2



x1 , ln 2

 

x3



theo thứ tự lập thành cấp số cộng

A. x1. B. xlog 32 . C. xlog 52 . D. x 1.
Lời giải

Chọn C

Điều kiện: x0.

Ba số ln 2, ln 2



x1 , ln 2

 

x3



theo thứ tự lập thành cấp số cộng





ln 2 ln 2













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

x

x   x x

       











 



ln 2 2 x 3  ln 2x 1 2 2x 3 2x 1 (*)

         .

Đặt 2x t (t0).

Khi đó (*) trở thành



 



2 2 1 (KTM)

2 3 1 4 5 0

5 (TM)
t

t t t t

t

 


        



 .

Với t 5 2x  5 x log 5 (TM).2

Câu 39. Cho khối chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vng cạnh a SA a,  và SA



ABCD



. Gọi
C là trung điểm của SC, mặt phẳng

 

P qua AC và song song với BD cắt SB SD, tương
ứng tại ,B D . Thể tích khối chóp S B C D.    bằng

A. 1 3

48a . B. 3

27a . C.

27a . D.

1
24a .
Lời giải

Chọn C

Mặt phẳng

 

P song song với BDB D BD  .
Ta thấy I là trọng tâm tam giác SAC.

Suy ra: SD SI SB2.

I

O
D'

C'

B'
S

A B

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

Xét:

3
2

. .

.
.

2 1 1 1

. . . .

9 9 9 3 27

S B C D S B C D

S B C D S ABCD

S ABCD

S BCD

V V SB SC SD V V a a a

V

V       SB SC SD   

  

      

Câu 40. Cho hình trịn có bán kính là 6. Cắt bỏ 1

4 hình trịn ở giữa 2 bán kính OA OB, rồi cuộn phần
hình trịn cịn lại sao cho hai mép cắt OA OB, chồng khít lên nhau tạo thành một hình nón (hình
vẽ).

Thể tích khối nón tương ứng đó là:

A. 9 7
8


. B. 81 7

4


. C. 81 7

8


. D. 9 7

2


.
Lời giải

Chọn C

Đường tròn ban đầu có chu vi: 2 .6 12   .
Độ dài cung AB còn lại là: 3 .12 9 .

4   

Gọi bán kính đường trịn đáy của hình nón là r r, 0.
Chu vi của đường trịn đáy hình nón là: 2 9 9.

r r

    

Xét

2 2 2 9 3 7

: 6 .

2 2

OHA OH OA r  

      

 

Vậy thể tích khối nón là:

2
2

1 1 9 .3 7 81 7 .

3 3 2 2 8

V  r OH     
 

Câu 41. Có tất cả bao nhiêu số dương a thỏa mãn đẳng thức:

2 3 5 2 3 5

log alog alog alog a.log a.log a

A. 2. B. 1. C. 3. D. 0.
Lời giải

Chọn C

Đặt log2 2t

t a a . Khi đó đẳng thức bài ra trở thành:
H

A,B
O

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

ÔN THI HK1, năm 2019 (Bộ 12 đề ôn thi HK1) website: hoctoanthd.vn





3 5 3 5 3 5

2 2 2 0

3 5

1 log 2 log 2 log 2.log 2 1 log 2 log 2

log 3.log 5 log 15 0
log 2.log 2

t
t t

t t





          



+) t  0 a 1 (thỏa mãn).
+) 2

0 0 0

t     t t t . Suy ra có 2 giá trị a0.
Vậy có tất cả 3 giá trị a thỏa mãn đẳng thức. 
Câu 42. Phương trình





1 2

2x 4 2x

x     x có tổng các nghiệm bằng

A. 5. B. 3 . C. 6 . D. 7.
Lời giải

Chọn D





1 2

2x 4 2x

x     x









 

2 4 4

2 *

x

x x x

x







     



 .

Đặt

 

2x 2 .ln 2 1x

f x    x f x    ;

 

2 2

 

0 1 log 1 log ln 2

ln 2

f x    x   .

Ta thấy f

 

x 0 có duy nhất 1 nghiệm nên phương trình f x

 

0 có tối đa 2 nghiệm.
Mà f

 

1 0; f

 

2 0 , suy ra phương trình

 

* có 2 nghiệm x1; x2.

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x1; x2; x4 .Tổng các nghiệm bằng 7.
Câu 43. Cho hàm số y ax b

cx d




 có đồ thị như hình vẽ.

Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng?

A.0adbc. B.adbc0. C.bcad0. D.ad 0 bc.
Lời giải

Chọn B

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

+ Hàm số y ax b
cx d




 là hàm số nghich biến trên từng khoảng xác định, suy ra

0 0

y  adbc ad bc, loại đáp án C.

+ Đồ thị hàm số có đường TCĐ là đường thẳng: x d 0 cd 0

 

1
c

    

+ Đồ thị hàm số có đường TCN là đường thẳng: y a 0 ac 0

 

2
c

   

Từ

   

1 , 2 suy ra ad0 nên loại đáp án A.

+ Đồ thị hàm số giao với trục Oxtại điểm có hồnh độ x b 0 ab 0 3

 

a

    

Từ

   

2 , 3 suy ra bc0 nên loại đáp án D.
Vậy mệnh đề đúng là B.

Câu 44. Số đường tiện cận đứng của đồ thị hàm số 21
1
x

y
x



 là

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

Lời giải 
Chọn C

TXĐ: D



0; 

  

\ 1

Ta có 2

0 0

lim lim 1

1
x x
x
y
x
 
 


  

 và



















1 1 1 1

lim lim lim lim

1 1 1 1 1 1 4

x x x x

x x

y

x x x x x x

   
   
 
    
        ;



















1 1 1 1

lim lim lim lim

1 1 1 1 1 1 4

x x x x

x x

y

x x x x x x

   

   

 

    

        .

Suy ra đồ thị hàm số đã cho khơng có tiệm cận đứng.

Câu 45. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số yx3 x2 mx m đồng biến trên tập số thực
.

A. 1
3

m . B. 1

m . C. 1

m . D. 1

3
m . 
Lời giải

Chọn C

Ta có: y 3x2 2xm. Để hàm số đồng biến trên thì
0

Ycbt y  x 3x22x   m 0 x 3 0

1 3 0

a

m
 

    

1
3
m
  .

Câu 46. Cho hàm số y f x( ) có đạo hàm trên . Biết rằng f

 

x có đồ thị như hình vẽ. Hàm số

 

yg x  f x x có tất cả bao nhiêu điểm cực trị.

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

ÔN THI HK1, năm 2019 (Bộ 12 đề ôn thi HK1) website: hoctoanthd.vn

Lời giải 
Chọn B

 

1 0

g x  f x    f

 

x  1

Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị y f

 

x cắt y  1 nhau tại 4 điểm phân biệt

Nên g x

 

0 có 4 nghiệm phân biệt và đổi dấu 4 lần. Suy ra hàm số y g x

 

có 4 cực trị.
Câu 47. Cho khối nón

 

N có thể tích bằng V V,



0



. Một khối trụ

 

T có một đường tròn đáy thuộc

mặt đáy của

 

N , đường tròn đáy còn lại thuộc mặt xung quang của

 

N . Gọi

 

V là thể tích 1

của

 

T . Giá trị lớn nhất của

 

V là: 1
A. 2 .

3V B.

8
.

27V C.

3
.

8V D.

12
.
27V 
Lời giải

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

Khối nón

 

N đỉnh S, tâm O có bán kính đáy OAR, đường cao SOh với R0;h0
Thể tích khối nón 1 2 .

V  R h

Gọi I là tâm đường tròn đáy khối trụ thuộc mặt xung quanh của

 

N .

Đặt OHIKx;



0 x R



Xét hai tam giác vng AOS và AHK có HK OI (cùng vng góc với mặt đáy) nên

AH KH

AO  SO





3 .

.AH V R x

KH SO

AO R


  

Thể tích khối trụ

 

T là 1 2 3



2 3



. . V .

V OH KH Rx x

R


  

Xét hàm f x

 

Rx2x3, x



0;R



có f

 

x 2Rx3x2
Có

 

0 2 .

3
x

f x R

x





  

 


Bảng biến thiên

Trên khoảng



0; R thì



f x đạt giá trị lớn nhất bằng

 

4 3

27R đạt được khi 
2
3
x

R



Khi đó 3 2

4 4 1 4

. .

27 9 3 9

h

V R R h V

R

 

   .

Câu 48. Cho hàm số

 

x m
y f x

x


  . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đã cho có giá 
trị nhỏ nhất trên



 2; 1



bằng 0.

A. m 1. B. m 1. C. m0. D. m1.

K

I

H

A

O

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

ÔN THI HK1, năm 2019 (Bộ 12 đề ôn thi HK1) website: hoctoanthd.vn 
Lời giải

Chọn A

+) Với m0 thì y f x

 

1  f x

 

đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 (loại).
+) Với m0 , ta có

2 0 , 0

m

y x

x


      hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định
nên hàm số nghịch biến trên



 2; 1



min 2; 1 f x

 

 f

 

 1 0

1 m 0 m 1

      (thỏa mãn).

Câu 49. Trên hình vẽ bên là đồ thị của các hàm số yloga x , ylogbx , ylogcx ( , ,a b c là ba số 
dương khác 1)

A. b a c. B. a b c. C. c a b. D. c b a.

Lời giải

Chọn A

Đường thẳng y1 cắt các đồ thị hàm số yloga x , ylogb x , ylogcx tại các điểm có 
hồnh độ là xa x, b x, c như hình vẽ.

Từ đồ thị trên suy ra c a b.

Câu 50. Gọi K là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình

3 3

3 2 3

   

x x m m có 3 nghiệm phân biệt. Tính tổng các phần tử của K.
A. 1. B. 0. C. 3. D. 2.

Lời giải

x

y

y=logcx

y=logbx

y=logax

O

1

x
y

b
a
c

y=logax

y=logbx

y=logcx
y=1

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

Số nghiệm của phương trình x33x 2 m33m chính là số giao điểm của đồ thị hàm số

3 2

  

y x x và đường thẳng ym33m .

Ta có: 3 2 3 0 1 0

1 4

  


     

   


x y

y x

x y .

Bảng biến thiên:

Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì

3
3

3 0 3 2,19

0 3 4 3 0

3 4 3 0

2,19

  

     



         

 

   

   



m

m m m

m m m

m m m

m

Mà m nguyênm



2; 1



. Tổng các phần tử của K là 1.
0
4

+∞

-∞

+ 0 - 0

+∞
1

-1
-∞

</div>