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 $\left\{ \begin{array}{l}
f\left( { - 1} \right) = m + 2019\\
f\left( 2 \right) = m + 2019\\
f\left( 1 \right) = m + 2015\\
f\left( { - 2} \right) = m + 2015
\end{array} \right.$ nên $f\left( -1 \right)f\left( -2 \right)=f\left( 1 \right)f\left( 2 \right)$
Vậy $f\left( -1 \right)f\left( -2 \right)<0\Leftrightarrow f\left( 1 \right)f\left( 2 \right)<0$ 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:
$f'\left( 1 \right)=-4\Leftrightarrow 4a+2b=-4\Leftrightarrow 2a+b=-2$
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 $y=f\left( x \right)$ tiếp xúc với đường thẳng $y=-2$ thì $c=-2$.
Mặt khác đồ thị hàm số đi qua điểm $M\left( 2;-14 \right)$ 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 $\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{x+1}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}=\pm 1$ 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: $0\le \underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\left| \dfrac{\sin x}{x} \right|\le \underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{1}{\left| x \right|}=0\Rightarrow \underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\dfrac{\sin x}{x}=0$ nên có tiệm cận ngang là $y=0$. Tuy nhiên không có đường tiệm cận đứng bởi vì: $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{\sin x}{x}=1$. 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 $x=m\ge -3$. Như vậy với các số nguyên $m\in \left[ -2017;2017 \right]$ 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 $y=\left| f\left( x \right)+m \right|$ có đúng ba điểm cực trị
Câu 22: Đáp án D
Hai điểm cực trị là $A\left( m+1;-2 \right)$ và $B\left( m-1;2 \right)$
Tuy rằng $OA=OB\Leftrightarrow m=0$ nhưng khi thay $m=0$ vào thì ta có hai cực trị $A\left( 1;-2 \right),\,\,B\left( -1;2 \right)$ 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 $B\left( a;\frac{a+1}{a-1} \right)$ khi đó áp dụng bất đẳng thưucs Cauchy ta được:
$I{{B}^{2}}=d_{\left( B,\,x=1 \right)}^{2}+d_{\left( B,\,y=1 \right)}^{2}={{\left( a-1 \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a+1}{a-1}-1 \right)}^{2}}={{\left( a-1 \right)}^{2}}+\frac{4}{{{\left( a-1 \right)}^{2}}}\ge 2\sqrt{{{\left( a-1 \right)}^{2}}+\frac{4}{{{\left( a-1 \right)}^{2}}}}=4$
Vậy $IB\ge 2\Rightarrow AB\ge 4\Rightarrow AE\ge 2\sqrt{2}\Rightarrow $
Câu 34: Đáp án A
$y'=3\left( f{{\left( x \right)}^{2}} \right)f'\left( x \right)$ do vậy số cực trị của hàm số $y={{\left( f\left( x \right) \right)}^{3}}$ bằng số cực trị của hàm số $y=f\left( x \right)$
Câu 41: Đáp án C
Gọi K là trung điểm của BC
Có $A'B=A'C\Rightarrow \Delta A'BC$ cân ở A’ $\Rightarrow A'K\bot BC$
$\Delta ABC$ đều $\Rightarrow AK\bot BC$
$\Rightarrow $ góc giữa (A’BC) và (ABC) là góc $\angle AKA'={{60}^{0}}$
$BB'\bot \left( ABC \right)\Rightarrow BB'\bot AK\Rightarrow AK\bot \left( BCC'B' \right)$
$AK=\dfrac{\sqrt{3}}{2}AB=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AA'=AK.\tan {{60}^{0}}=\dfrac{3a}{2}$
${{S}_{BCC'B'}}=BB'.BC=\dfrac{3{{a}^{2}}}{2}\Rightarrow {{V}_{A.BCC'B'}}=\dfrac{1}{3}AK.{{S}_{BCC'B'}}=\dfrac{3{{a}^{3}}}{4}$
Câu 42: Đáp án D
Kẻ $SH\bot AB\Rightarrow H$ là trung điểm của AB (do $\Delta SAB$ cân tại S) $\Rightarrow HB=a$ và $SH\bot \left( ABCD \right)$
Do $\left( SAB \right)\bot \left( ABCD \right),\,\,SH\bot AB\Rightarrow SH\bot BC$
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 $x-24,12\left( cm \right)$. Thể tích hình hộp $V={{\left( x-24 \right)}^{2}}12=4800\to x=44\left( cm \right)$
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: $SA=\sqrt{4{{h}^{2}}+\dfrac{{{a}^{4}}}{{{h}^{2}}}}\ge \sqrt{2\sqrt{4{{h}^{2}}\dfrac{{{a}^{4}}}{{{h}^{2}}}}}=2a$
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 ${{R}_{\min }}=a$
