ĐỀ KIỂM TRA ĐỊNH KỲ TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - HUẾ

NĂM HỌC 2018-2019
Câu 1.

[DS12.C1.4.D01.b] Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 

x9 3
là:
x2  x

A. 1.

D. 0.

B. 2.

C. 3.
Lời giải

Chọn A.

y

x9 3

lim y  lim

x 0

x 0

x9 3
x99
1
1
 lim
 lim

2
x 0
x x
x  x  1 x  9  3 x0  x  1 x  9  3 6









Suy ra x  0 không là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 1 đường tiệm cận đứng là x  1 .

Câu 2.

1;3


Vậy max f ( x) 
1;3

Câu 3:

13
27

[DS12.C1.4.D01.b] Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y =
A. 2.

B. 1.

C. 4.

x -1
là:
x2 -4

D. 3.

Lời giải
Chọn D

1 1
 2
lim y  lim x x  0 suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang

x1

lim y  2 suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang

. Chọn A.

x

Câu 5: [DS12.C1.3.D01.b] Gọi M , m lần lượt là GTLN, GTNN của hàm số y  x 

1
1 
trên  ;3 . Khi
x
2 

đó 3M  m bằng:
A. 12 .

B.

35
.
6

C.

7
.
2

ĐÚNG?
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng  ;1 và đồng biến trên khoảng 1;   .
B. Hàm số luôn đồng biến trên R
C. Hàm số luôn nghịch biến R.
D. Hàm số đồng biến trên khoảng  ;1 và nghịch biến trên khoảng 1;   .
Lời giải
Chọn C

Tập xác định: D  R .
Ta có y   3x 2  6x  3  3( x  1)2  0 x.
Vậy hàm số luôn nghịch biến trên R. Vậy, chọn C
Câu 7: [DS12.C1.1.D03.b] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số 𝑦
2𝑚

3 𝑥

A. 𝑚 ∈

𝑚

𝑥

𝑚𝑥

2 luôn nghịch biến trên R.

∞;

3 ∪ 1;


𝑎 0
⇔
∆′ 0
⇔ 𝑚
⇔

2𝑚
3

Câu 8: [DS12.C1.1.D02.b] Cho hàm số 𝑦
là SAI?

A.
B.
C.
D.

𝑚

0 ∀𝑥 ∈ 𝑅

3

0

1.

𝑓 𝑥 có bảng biến thiên dưới đây. Khẳng định nào sau đây

Hàm số nghịch biến trên khoảng ∞; 1 .

1 

 x  2  x2
2  x2

y'  0
 x  2  x2  0
 2  x2   x
 2 x  x
2

(ĐK: x  0 )

2

 x2  1
 x  1 (loại) hoặc x  1 .

Bảng biến thiên

M  Max f  x   2
  2; 2 



m  Min f  x    2
 2 ; 2 




Câu 11: [DS12.C1.2.D01.b] Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đạo hàm
f '  x    x  1 x  2   x  3 x  5  . Hàm số y  f  x  có mấy điểm cực trị?
2

A. 4

4

B. 2

C. 5

D. 3

Lời giải
Chọn B

Dựa vào dấu của f '  x  , ta có bảng biến thiên như sau:

Vậy hàm số có hai điểm cực trị.
Câu 12: [DS12.C1.2.D02.b] Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  . Hàm số y  f '  x  có đồ thị như

hình vẽ:
Khẳng định nào sau đây là khẳng định ĐÚNG?

A. Đồ thị hàm số y  f  x  có hai điểm cực trị

B. Đồ thị hàm số y  f  x  có ba điểm cực

trị

2



A. Hàm số đạt cực đại tại x = 2 .
C. Hàm số đạt cực đại tại x = 4 .

+
+

B. Hàm số đạt cực đại tại x = - 2 .
D. Hàm số đạt cực đại tại x = 3
Lời giải

Chọn A
Câu 14: Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y = 3x 4 - 4x 3 - 6x 2 + 12x + 1 là điểm M (x 0 ; y 0 ) . Tính

tổng T = x 0 + y 0 .
A. T = 8 .

B. T = 4 .

C. T = - 11 .
Lời giải

Chọn C
éx = - 1
Ta có: y ' = 12x 3 - 12x 2 - 12x + 12 , y ' = 0  êê
êëx = 1


Xét hàm số trên K   2,3

y 

2
 0, x  K  Hàm số nghịch biến trên K.
x 1

Suy ra min y  y  3  2 .
 2;3

Câu 16: [DS12.C1.4.D02.b] Có bao nhiêu giá trị của m để đồ thị hàm số y 

xm
không có đường
mx  1

tiệm cận đứng?

A. 3 .

B. 2 .

C. 1.

D. 0 .

Lời giải
Chọn A
+ m  0 : y   x : Hàm số không có tiệm cận đứng.

3  4m  m  0
Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là 1,3  

  m  3
2
1  2m  m  n  3
 y 1  3

2
n   m  2m  2

• Với m  1  n  3 ta được hàm số y  x 3  2x 2  x  3


x  1
2


y  3x  4x  1  y  0  
.
x  1

3

Lập trục xét dấu của y ta suy ra x  1 là điểm cực tiểu của hàm số.
m  1
thỏa mãn  m  n  4 .
n  3

Vậy 

• Trường hợp 1: Nếu m  0 thì hàm số có dạng y  x  1 .
Đồ thị của hàm số này không có tiệm cận ngang.
• Trường hợp 2: Nếu m  0
ĐKXĐ: mx 2  1  0  x 2 

 1
1
1
1
1 

 x    D   
;   .
m
m
m
m
m


Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.
• Trường hợp 3: Nếu m  0  TXĐ: D   ;  
Khi đó đồ thị hàm số luôn có hai cận ngang.
Thật vậy, lim y  lim
x 

Và lim y  lim
x 

x 

x

 lim
 lim 

2

x 
x
1
1
m
mx  1
x m 2
 m 2
x
x
x 1

Vì m   3;3 và m   nên m  1;2. Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn.

Câu 19: [DS12.C1.3.D02.c] Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

y

x2 1
 3
trên tập hợp D   ; 1  1;  . Tính P  M  m ?
x2
 2

2

y/  0  x 



2 x  1

 x  2

2

x2 1

1
 L
2

Bảng biến thiên:
x

-∞

f /(x)

-1

3

1


2

3
f '(x)

3
4

2

2
-1

A.  2;0  .

B.  4; 2 .

C.  0; 2  .
Lời giải

Chọn B
 x
Đặt y  g  x   f 1    x
 2

TXĐ: D   1,3

D.  2; 4  .


2

. Chọn B
2  f / 1    

 2
 2  x  4
2  1  x  3
1   x  2


2
2

Câu 21. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m sao cho hàm số y 
khoảng

 4; . Tính tổng

A. P  10 .

x 1
nghịch biến trên
xm

P của các giá trị m của S .

B. P  9 .

C. P  9 .

4x  m
D. vô số.

Lời giải
Chọn C

 m
.
 4

TXĐ: D   \ 
Ta có y 

m2  4

 4x  m

2

. Hàm số luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định  m2  4  0

 2  m  2 .

Do chỉ nhận các giá trị nguyên nên m  1;0;1 . Vậy có 3 giá trị nguyên thoả mãn.

Câu 23: [DS12.C1.1.D03.c] Tìm các mối liên hệ giữa các tham số 𝑎 𝑣à 𝑏 sao cho hàm số𝑦
2𝑥

𝑎𝑠𝑖𝑛𝑥


Chọn C
Hàm số 𝑦

𝑓 𝑥

a. 𝑓′ 𝑥

2𝑥
2

𝑎𝑠𝑖𝑛𝑥

𝑎𝑐𝑜𝑠𝑥

𝑏𝑐𝑜𝑠𝑥 luôn tăng trên 𝑅 khi

𝑏𝑠𝑖𝑛𝑥

⇔ min 𝑓′ 𝑥

0 ∀𝑥 ∈ 𝑅.

0⇔

𝑎

𝑏

2


D.7𝑘𝑚

Lời giải
Chọn C
Gọi khoảng cách từ M đến B là 𝑥 𝑘𝑚 0
Khi đó: 𝑀𝐶

7

𝑥 và 𝐴𝑀

√𝑥

𝑥

7 .

25.

Người đó đi từ A đến C hết khoảng thời gian là: 𝑓 𝑥

√

Người đó đi từ A đến C nhanh nhất khi 𝑓 𝑥 đạt giá trị nhỏ nhất.
Hàm số 𝑓 𝑥

√

.


Tính tổng P của các giá trị nguyên m của S
A. P  4 .

3
C. P   .
2

B. P  1 .

D. P  5 .

Lời giải
Chọn B
Ta có y '  x 2  2  m  1 x  m  2 .
Hàm số đạt cực trị tại hai điểm x1 , x2 khi y '  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2

 x 2  2  m  1 x  m  2  0 có 2 nghiệm phân biệt
  '  0  m 2  2m  1  m  2  0  m 2  m  3  0 (luôn đúng với mọi m).

 x1  x2  2m  2
Do đó, với mọi m thì hàm số có 2 cực trị x1 , x2 . Theo định lí Vi-et có 
 x1 x2  m  2
Theo giả thiết x12  x22  18   x1  x2   2 x1 x2  18  0  4m 2  8m  4  2m  4  18  0
2

m  1
 4m2  6m  10  0  
 m  1 ( vì m nhận giá trị nguyên)
 m  5
2



Ta có VA.BCNM  VS . ABC  VS . AMN
Áp dụng công thức tỉ số thể tích, ta có

1
1
2
VS . AMN SA SM SN
1 2 1

 1. .   VS . AMN  .VS . ABC  VA.BCNM  VS . ABC  .VS . ABC  .VS . ABC
.
.
3
3
3
VS . ABC SA SB SC
2 3 3
Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC) theo tính chất chóp đều thì H là trọng tâm của ABC

ABC đều cạnh a nên trung tuyến AD có độ dài là AD 

a 3
2
a
.
 AH  AD 
2
3

[HH12.C1.1.D02.a] Số đỉnh của hình bát diện đều là bao nhiêu ?
A. 12 .
B. 6 .
C. 8 .

Lời giải
Chọn B

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

D. 10 .


Câu 28. Mỗi cạnh của một khối đa diện là cạnh chung của bao nhiêu mặt của khối đa diện ?
A. Bốn mặt.
B. Hai mặt.
C. Ba mặt.
D. Năm mặt.
Lời giải
Chọn B
Hình đa diện có tính chất: Mỗi cạnh thuộc một mặt là cạnh chung của đúng hai mặt.

Câu 29: [HH12.C1.3.D02.a] Cho khối chóp tam giác có đường cao bằng 100 cm và cạnh đáy bằng 20
cm, 21 cm, 29 cm. Tính thể tích của khối chóp này
A. 7000 2 cm3 .

B. 6000 cm3 .

C. 6213 cm3 .


Câu 31: [HH12.C1.3.D02.b] Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại B, SA=3a và
SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp SABC.
A. 3a3.

B. 27a3.

C. 9a3.
Lời giải

Chọn D

D.

3a 3
.
2


  600 . Xét tam giác SAB vuông tại A có SA=3a,
Góc giữa SB và mặt phẳng (ABC) là góc SBA
  600 nên AB 
SBA

SA
1
3a 2
1
3a 3

a

A. 8 2 cm3 .

C. 8cm3.

B. 16 2 cm3 .

D. 2 2 cm3 .

Lời giải
Chọn B

Độ dài cạnh của hình lập phương là:

4
 2 2cm
2

Thể tích khối lập phương là: V  (2 2)3  16 2cm3
Câu 33: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB  2cm; AD  5cm; AA '  3cm .Tính thể
tích khối chóp A. A ' B ' D ' .
A. 5cm3 .

B. 10cm 3 .

C. 20cm 3 .

D. 15cm 3 .

Lời giải
Chọn A.

3

B. V  4a 3 2 .

3
D. V  8a .
3

C. V  8a 3 .
Lời giải

Chọn B.
A'

D'
C'

B'

A

D
O

B

Ta có : A ' O  ( ABCD) ; AO 

C



a3 6
.
12


Lời giải
Chọn B
S

M
E
G
B

60°
F

C

O

A

D

+) Gọi O  AC  BD, G  AM  SO
 G là trọng tâm SAC 

SG 2

diện là tứ giác AEMF    chia khối chóp S . ABCD thành hai phần là khối chóp S . AEMF và
khối đa diện EMFABCD .
+) Ta có EF đi qua G và EF // BD 

SE SF SG 2


 .
SB SD SO 3

+)

4
2
VS . AEF SE SF 2 2 4
.

 .   VS . AEF  VS . ABD  VS . ABCD
9
9
VS . ABD SB SD 3 3 9

+)

2
1
VS . EFM SE SF SM 2 2 1 2
.
.


8

B. V 

a3 3
.
6

C. V 

a3 3
.
12

D. V 

a3 3
.
24

Lời giải
Chọn D
S

B
A
H
N

M

1 a a 2 3 a3 3
.  Chọn Đáp án D.
VS . ABC  SH .S ABC  . .

3
3 2 4
24

Câu 37: [HH12.C1.3.D05.b] Một khúc gỗ dạng hình hộp chữ nhật có kích thước như hình vẽ. Người ta
cắt đi một phần khúc gỗ dạng hình lập phương cạnh 4cm. Tính thể tích phần còn lại.
A. 262cm 3
Chọn D.

B. 54cm3

C. 145cm 3
Lời giải:

D. 206cm 3


Thể tích khối gỗ khi chưa cắt bớt là: V1  5.6.9  270 (cm 3 )
Thể tích phần cắt bớt là: V2  43  64 (cm3 )
Thể tích phần còn lại là: V  V1  V2  270  64  206 (cm3 )
Câu 38: [HH12.C1.1.D04.b] Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt đối xứng?
A. 1

C. 2

B. 3

A.

a3
.
2

B.

a3 3
.
2

C.

a3 3
.
4

D.

a3 2
.
3