đáp án đề 18

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 $left{ begin{array}{l}
fleft$–1right$ = m + 2019\
fleft$2right$ = m + 2019\
fleft$1right$ = m + 2015\
fleft$–2right$ = m + 2015
end{array} right.$  nên $fleft$-1right$fleft$-2right$=fleft$1right$fleft$2right$$

Vậy $fleft$-1right$fleft$-2right$<0Leftrightarrow fleft$1right$fleft$2right$<0$ cho nên phương trình có nghiệm trong $left$-2;-1right$$ thì sẽ có nghiệm trong $left$1;2right$$ và ngược lại

Câu 9: Đáp án A

Từ hình vẽ của đồ thị hàm số $y=f’left$xright$=4a{{x}^{3}}+2bx$ đã cho ta nhận thấy rằng:

$f’left$1right$=-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 $y=fleft$xright$$ tiếp xúc với đường thẳng $y=-2$ thì $c=-2$.

Mặt khác đồ thị hàm số đi qua điểm $Mleft$2;-14right$$ 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+1right$x + m}} = frac{{x + 3 – 4}}{{left$sqrtx+3+2right$left$x–1right$left$x–mright$}} = frac{1}{{left$sqrtx+3+2right$left$x–mright$}}$

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$$-2017;2017right$$$ 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 $y=left| fleft$xright$+m right|$ có đúng ba điểm cực trị

Câu 22: Đáp án D

Hai điểm cực trị là $Aleft$m+1;-2right$$ và $Bleft$m-1;2right$$

Tuy rằng $OA=OBLeftrightarrow m=0$ nhưng khi thay $m=0$ vào thì ta có hai cực trị $Aleft$1;-2right$,,,Bleft$-1;2right$$ thì O là trung điểm của AB nên OAB không phải là một tam giác $Họcsinhthamkhảohìnhvẽbênlàđồthịhàmsốứngvớitrườnghợp\$m=0\$$.

Câu 30: Đáp án B

Vì $g’left$xright$=f’left$xright$-2$ nên qua điểm $x=0$ thì $g’left$xright$$ đổi dấu từ dương sang âm

Câu 31: Đáp án B

Ta gọi $Bleft$a;fraca+1a-1right$$ khi đó áp dụng bất đẳng thưucs Cauchy ta được:

$I{{B}^{2}}=d_{left$B,,x=1right$}^{2}+d_{left$B,,y=1right$}^{2}={{left$a-1right$}^{2}}+{{left$fraca+1a-1-1right$}^{2}}={{left$a-1right$}^{2}}+frac{4}{{{left$a-1right$}^{2}}}ge 2sqrt{{{left$a-1right$}^{2}}+frac{4}{{{left$a-1right$}^{2}}}}=4$

Vậy $IBge 2Rightarrow ABge 4Rightarrow AEge 2sqrt{2}Rightarrow $

Câu 34: Đáp án A

$y’=3left$f{left(xright)}^{2}right$f’left$xright$$ do vậy số cực trị của hàm số $y={{left$fleft(xright$ right)}^{3}}$ bằng số cực trị của hàm số $y=fleft$xright$$

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 $A^{\prime }BC$ và $ABC$ là góc $angle AKA’={{60}^{0}}$

$BB’bot left$ABCright$Rightarrow BB’bot AKRightarrow AKbot left$BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }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 $do\$DeltaSAB\$cântạiS$ $Rightarrow HB=a$ và $SHbot left$ABCDright$$

Do $left$SABright$bot left$ABCDright$,,,SHbot ABRightarrow SHbot BC$

Mặt khác $left{ begin{array}{c}
BH bot BC\
SH bot BC
end{array} right. Rightarrow BC bot left$SHBright$$

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 $x-24,12left$cmright$$. Thể tích hình hộp $V={{left$x-24right$}^{2}}12=4800to x=44left$cmright$$

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 $VớiAE=h$ 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 ${{R}_{min }}=a$