Câu 1: Đáp án D
Hàm số có hai điểm cực trị là $x=1$ và $x=-1$ do vậy với hình dáng mô phỏng đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}-3x+m+2017$ như hình vẽ bên thì ta có thể kết luận rằng ${{x}_{1}}<-1<{{x}_{2}}<1<{{x}_{3}}$
Mặt khác $left{ begin{array}{l}
fleft( { – 1} right) = m + 2019\
fleft( 2 right) = m + 2019\
fleft( 1 right) = m + 2015\
fleft( { – 2} right) = m + 2015
end{array} right.$ nên $fleft( -1 right)fleft( -2 right)=fleft( 1 right)fleft( 2 right)$
Vậy $fleft( -1 right)fleft( -2 right)<0Leftrightarrow fleft( 1 right)fleft( 2 right)<0$ cho nên phương trình có nghiệm trong $left( -2;-1 right)$ thì sẽ có nghiệm trong $left( 1;2 right)$ và ngược lại
Câu 9: Đáp án A
Từ hình vẽ của đồ thị hàm số $y=f’left( x right)=4a{{x}^{3}}+2bx$ đã cho ta nhận thấy rằng:
$f’left( 1 right)=-4Leftrightarrow 4a+2b=-4Leftrightarrow 2a+b=-2$
Hơn thế nữa, ta có $a<0,,,b<0$ và đồ thị hàm số chỉ có duy nhất 1 điểm cực đại do vậy để đồ thị hàm số $y=fleft( x right)$ tiếp xúc với đường thẳng $y=-2$ thì $c=-2$.
Mặt khác đồ thị hàm số đi qua điểm $Mleft( 2;-14 right)$ nên $16a+4b+c=-14$
Do vậy ta tìm được $a = – frac{1}{2},,,b = – 1,,,c = – 2$ nên $P = a + b + c = – frac{7}{2}$
Học sinh có thể tưởng tượng hình dáng đồ thị hàm số như hình vẽ bên
Câu 12: Đáp án C
Xét $y=dfrac{x+1}{sqrt{{{x}^{2}}+1}}$ không có tiệm cận đứng. Còn $underset{xto pm infty }{mathop{lim }},dfrac{x+1}{sqrt{{{x}^{2}}+1}}=pm 1$ nên có 2 đường tiệm cận ngang
Xét $y=dfrac{{{x}^{2}}-1}{{{x}^{2}}-x-2}=dfrac{x-1}{x-2}$ rõ ràng có hai đường tiệm cận là $x=2$ và $y=1$
Xét $y=dfrac{sin x}{x}$ ta có: $0le underset{xto infty }{mathop{lim }},left| dfrac{sin x}{x} right|le underset{xto infty }{mathop{lim }},dfrac{1}{left| x right|}=0Rightarrow underset{xto infty }{mathop{lim }},dfrac{sin x}{x}=0$ nên có tiệm cận ngang là $y=0$. Tuy nhiên không có đường tiệm cận đứng bởi vì: $underset{xto 0}{mathop{lim }},dfrac{sin x}{x}=1$. Vậy đồ thị hàm số $y=dfrac{sin x}{x}$ chỉ có một tiệm cận
Xét $y=dfrac{1}{{{x}^{3}}+1}$ có một đường tiệm cận đứng $x=-1$ và một tiệm cận ngang $y=0$
Câu 13: Đáp án C
Ta có: $y = frac{{sqrt {x + 3} – 2}}{{{x^2} – left( {m + 1} right)x + m}} = frac{{x + 3 – 4}}{{left( {sqrt {x + 3} + 2} right)left( {x – 1} right)left( {x – m} right)}} = frac{1}{{left( {sqrt {x + 3} + 2} right)left( {x – m} right)}}$
Do vậy ta nhận thấy rằng đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang $y=0$
Do đó điều kiện cần và đủ đề đồ thị hàm số đã cho có đúng hai đường tiệm cận đó là $x=mge -3$. Như vậy với các số nguyên $min left[ -2017;2017 right]$ ta có tất cả 2021 giá trị thỏa mãn
Câu 21: Đáp án B
Dựa vào bảng sau ta sẽ nhận thấy đó là đáp án B thì hàm số $y=left| fleft( x right)+m right|$ có đúng ba điểm cực trị
Câu 22: Đáp án D
Hai điểm cực trị là $Aleft( m+1;-2 right)$ và $Bleft( m-1;2 right)$
Tuy rằng $OA=OBLeftrightarrow m=0$ nhưng khi thay $m=0$ vào thì ta có hai cực trị $Aleft( 1;-2 right),,,Bleft( -1;2 right)$ thì O là trung điểm của AB nên OAB không phải là một tam giác (Học sinh tham khảo hình vẽ bên là đồ thị hàm số ứng với trường hợp $m=0$ ).
Câu 30: Đáp án B
Vì $g’left( x right)=f’left( x right)-2$ nên qua điểm $x=0$ thì $g’left( x right)$ đổi dấu từ dương sang âm
Câu 31: Đáp án B
Ta gọi $Bleft( a;frac{a+1}{a-1} right)$ khi đó áp dụng bất đẳng thưucs Cauchy ta được:
$I{{B}^{2}}=d_{left( B,,x=1 right)}^{2}+d_{left( B,,y=1 right)}^{2}={{left( a-1 right)}^{2}}+{{left( frac{a+1}{a-1}-1 right)}^{2}}={{left( a-1 right)}^{2}}+frac{4}{{{left( a-1 right)}^{2}}}ge 2sqrt{{{left( a-1 right)}^{2}}+frac{4}{{{left( a-1 right)}^{2}}}}=4$
Vậy $IBge 2Rightarrow ABge 4Rightarrow AEge 2sqrt{2}Rightarrow $
Câu 34: Đáp án A
$y’=3left( f{{left( x right)}^{2}} right)f’left( x right)$ do vậy số cực trị của hàm số $y={{left( fleft( x right) right)}^{3}}$ bằng số cực trị của hàm số $y=fleft( x right)$
Câu 41: Đáp án C
Gọi K là trung điểm của BC
Có $A’B=A’CRightarrow Delta A’BC$ cân ở A’ $Rightarrow A’Kbot BC$
$Delta ABC$ đều $Rightarrow AKbot BC$
$Rightarrow $ góc giữa (A’BC) và (ABC) là góc $angle AKA’={{60}^{0}}$
$BB’bot left( ABC right)Rightarrow BB’bot AKRightarrow AKbot left( BCC’B’ right)$
$AK=dfrac{sqrt{3}}{2}AB=dfrac{asqrt{3}}{2}Rightarrow AA’=AK.tan {{60}^{0}}=dfrac{3a}{2}$
${{S}_{BCC’B’}}=BB’.BC=dfrac{3{{a}^{2}}}{2}Rightarrow {{V}_{A.BCC’B’}}=dfrac{1}{3}AK.{{S}_{BCC’B’}}=dfrac{3{{a}^{3}}}{4}$
Câu 42: Đáp án D
Kẻ $SHbot ABRightarrow H$ là trung điểm của AB (do $Delta SAB$ cân tại S) $Rightarrow HB=a$ và $SHbot left( ABCD right)$
Do $left( SAB right)bot left( ABCD right),,,SHbot ABRightarrow SHbot BC$
Mặt khác $left{ begin{array}{c}
BH bot BC\
SH bot BC
end{array} right. Rightarrow BC bot left( {SHB} right)$
Suy ra $angle SBH={{45}^{0}}$. Khi đó $SH=HB.tan {{45}^{0}}=a$
${{V}_{S.ABCD}}=dfrac{1}{3}SH.{{S}_{ABCD}}=dfrac{1}{3}.a.2a.a=dfrac{2}{3}{{a}^{3}}$
Câu 44: Đáp án D
Phương pháp: Chia khối 8 mặt đều thành 2 khối chóp.
Tìm đường cao h của 1 khối chóp. Tính thể tích của khối chóp đó là V. Thì thể tích khối 8 mặt là 2V.
Cách giải: Chia khối 8 mặt đều thành 2 khối chóp như hình vẽ.
Dễ thấy đường cao $h=EH=dfrac{1}{2}EF=dfrac{a}{2}$
${{S}_{ABCD}}=dfrac{1}{2}AC.BD=dfrac{{{a}^{2}}}{2}$
Thể tích 1 khối chóp là: ${{V}_{1}}=dfrac{1}{3}.dfrac{a}{2}.dfrac{{{a}^{2}}}{2}=dfrac{{{a}^{3}}}{12}$
Thể tích khối 8 mặt là: $V=2.dfrac{{{a}^{3}}}{12}=dfrac{{{a}^{3}}}{6}$
Câu 46: Đáp án B
$Delta ,ABC$ là tam giác đều cạnh a nên có diện tích ${{S}_{ABC}}=dfrac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}$
Ta có $AM=dfrac{A{{A}_{1}}}{2}=dfrac{a}{2}$. Hai tứ diện MABC và $M{{A}_{1}}BC$ có chung đỉnh C đồng thời diện tích hai đáy MAB và $M{{A}_{1}}B$ bằng nhau nên hai tứ diện này có thể tích bằng nhau, suy ra
${{V}_{M.BC{{A}_{1}}}}={{V}_{M.ABC}}=dfrac{1}{3}AM.{{S}_{ABC}}=dfrac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{24}$
Câu 47: Đáp án C
Đặt cạnh tấm bìa hình vuông là x (cm). Cạnh hình vuông ở đáy sau khi cắt và chiều cao hình hộp lần lượt là $x-24,12left( cm right)$. Thể tích hình hộp $V={{left( x-24 right)}^{2}}12=4800to x=44left( cm right)$
Câu 50: Đáp án A
Giả sử H là hình chiếu của S trên mặt phẳng đáy. Khi đó có các tam giác ABH và ACH vuông tại B và C. Gọi E là trung điểm của BC. Khi đó ta áp dụng hệ thức lượng (Với AE = h) ta có:
$AE.AH=A{{B}^{2}}Rightarrow AH=dfrac{{{a}^{2}}}{h}$
Vì $SH=2h$ do đó: $SA=sqrt{4{{h}^{2}}+dfrac{{{a}^{4}}}{{{h}^{2}}}}ge sqrt{2sqrt{4{{h}^{2}}dfrac{{{a}^{4}}}{{{h}^{2}}}}}=2a$
Mặt khác, vì các đỉnh A, B, C, H, S cùng nhìn SA dưới các góc vuông nên bán kính mặt cầu $R=dfrac{SA}{2}ge a$. Do vậy ${{R}_{min }}=a$
