Tải bản đầy đủ

2 toán 10 đáp án lời giải

61

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI RÕ VÀ VẮN TẮT
MÔN: TOÁN LỚP: 10.
Tên giáo viên bộ môn: VÕ THỊ HẠNH

Trang
đầu

Câu
số

Đáp
án

Lời giải rõ và vắn tắt

3

1


D

P : x  �: x 2

3

2

C

Q: “ Tồn tại số nguyên dương n, với mọi số nguyên dương k �n thì k không
phải là số nguyên tố”.

3

3

D

2

a0

0


2
A. Sai, Vì ax  bx  c  0, ��� �

B. Sai, vì tam giác ABC nội tiếp đường tròn � A, B, C � C 

a0

0


2
C. Sai, vì ax  bx  c  0, ��� �

3



4

D

Mệnh đề chứa biến là x + y > 1

3

5

C

Vì   3,14...  3

4

6

C

 n nguyên dương thì n(n+1)(n+2) chia hết cho 3

4

7

B

� 3  29
x

2
2

x  3x  5  0 �
� 3  29
x


2

4

8

A

x=0, khi đó 02  0 (sai)

4

9

B

4

10

D

x  2, y  5 � x  y  7 là số nguyên tố.
x  1, y  2 � x  y  3 là số nguyên tố.
x  2, y  3 � x  y  5 là số nguyên tố.
x  2, y  11 � x  y  13 là số nguyên tố.


62
5

1

D

5

2

C

x �A � x �B

5

3

C

B �A

5

4

A

A �B

5

5

D

�����

5

6

A

Sử dụng MTBT, ta thấy phương trình trên có duy nhất một nghiệm âm. Do đó


Ta có nghiệm x1  1�� ; x2 

1
��
3

x �� thì A không có phần tử nào.
6

7

B

Sử dụng MTBT.

6

8

A

Tập A có các phần tử từ 11 đến 49 nên số phần tử của A là (49-11)+1=39.

5 gồm các số 15, 20, 25, 30, 35, 40, 45.
Mà x �A, x M
6

9

A

A có 4 phần tử. số tập con của A là 24  16

6

10

D

B   0;3;6;9;12;15;18

7

1

B

A �C  B

7

2

B

Dùng biểu đồ Ven.

7

3

B

A   0;3;6;9;12... ; C   0;6;12...

7

4

A

 A �B  �C   b; c ;  A �B  � A �C    b; c

8

5

D

Vì B có 3 phần tử và A có 5 phần tử. Do đó số phần tử chung của A và B phải

�3
8

6

C

Dùng biểu đồ Ven.

8

7

C

Dùng biểu đồ Ven.

8

8

D

A �B  B � B �A

8

9

C

A   2; 4  , B   3; 4 
A �B   2; 4 

9

10

D

A �B  �

9

1

A

A   0;6;12... , B   0; 2; 4;6... , C   0;3;6...

9

2

D

A �B  B � B �A


63
9

3

D

A �B  �

10

4

C

Vì B có 3 phần tử và A có 5 phần tử. Do đó số phần tử chung của A và B phải

�3
10

5

C

Dùng biểu đồ Ven.

10

6

C

A   2; 4  , B   3; 4 
A �B   2; 4 

10

7

D

Dùng biểu đồ Ven.

10

8

A

A �B  �

11

9

C

11

10

A

 A �B  �C   b; c ;  A �B  � A �C    b; c

11

1

A

Cộng hai vế của bất đẳng thức với một số. a  b � a  c  b  c

11

2

A

b
d
ax  b  0 � x   ; cx  d  0 � x  
a
c


11

3

A

12

4

B

b
d
b d
 � 
a
c
a c

f  x  x 

1
1
�2 x.  2
x
x

a b  2 � a  b 2
Ta có  b  1 �0, b �  b  1  1 �1
2

2

Vậy ab có GTNN là bằng -1.
12

5

D

2a  2b � a  b �
�� a  b  c
4b  4c � b  c �

12

6

B

BĐT trong tam giác là: Tổng 2 cạnh luôn lớn hơn cạnh còn lại.
Do đó: vì x nguyên nên

2 1  x

�x  3

2 x 1� �
� x2

x 1


1 x  2



64
12

7

A

2

� 1� 1
f  x   x  x   x  x   �x  �
� 2� 4
2





2

2

2

2

� 1�
� 1�
� 1� 1 1
��0, x �  �x  ��0 �  �x  � �
� 2�
� 2�
� 2� 4 4

ta có �x 

vậy f(x) có giá trị lớn nhất bằng

1
4

12

8

B

Nhân hai bất đẳng thức cùng chiều. a  c và c  d � ac  bd

12

9

A

Ví dụ: 9  3 thì  9   32 (Đúng)

12

10

B

2

f  x 

2
2

x  6 x  13  x  3 2  4
2

Ta có

 x  3 �0, x
2
�  x  3  4 �4
2

۳
۳
18

1

A

1

 x  3

2

4

1
4

4

2 1

4 2

2

 x  3

2

�x  y 2  y (1)


2
�y  x  x (2)
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được

x y 0
yx


x  y  y 2  x2  x  y � x2  y 2  0 � �
��
x y 0
y  x


x0

x2


2
2
Thay y=x vào pt(1): x  x  x � x  2 x  0 � �

� y  x  0; y  x  2
Thay y=-x vào pt(1):   x     x   x � x  0 � y  0
2

Vậy nghiệm của hệ là: (0;0) và (2;2)


65
18

2

D


m 2 x   m  2  y  2m  2  1

có nghiệm là  3; 1 nên

x

2
my

1
2



Thay x=3, y=-1 vào (2) ta có 3+2m(-1)=1 � m  1
Thay x=3, y=-1, m=1 vào (1) ta có: 1.3-(-1)=4 (đúng)
Vậy m=1.

18

3

C

Ta đi từ đáp án đi lên.
A. D   3 , nghĩa là cho m=3 thay vào hệ phương trình, nếu ra nghiệm x, y
nguyên thì m=3 thỏa, tương tự làm với tất cả đáp án và chọn đáp án cuối cùng
chính xác nhất.

6 x  3 y  3 �x  3

��
. Vậy m=3 thỏa.
�x  y  4
�y  7

Thay m=3 vào hệ ta có hpt � �

3y  0

�x  1
��
. Vậy m=0 thỏa.
�x  y  1 �y  0

Thay m=0 vào hệ ta có hpt � �

2 x  3 y  1 �x  5

��
. Vậy m=1thỏa.
�x  y  2
�y  3

Thay m=1 vào hệ ta có hpt � �

Vậy chọn đáp án cuối cùng là C. D   0;1; 2;3
19

4

B

Sử dụng máy tính bỏ túi như sau:Mode � 5 � 1 � 3= � -5= � 2= � 4=
� 2= � 7= � =

19

5

D



mx   m  2  y  m  2

2m  m 2 y  my  2 y  m  2
�x  2  my
hpt � �
��
�� 2
 m  m  2  y  m  2  0
�x  2  my
�x  my  2


m  1
�m 2  m  2  0

��
Để hệ đã cho vô nghiệm thì �
m �2

�m  2 �0
19

6

D

Sử dụng máy tính bỏ túi như sau:Mode � 5 � 1 � 5= � -4= � -3= � 7=
� -9= � -11= � =

19

7

A

2mx  4 y  2m  2
mx  2 y  m  1


hpt � �
��
�  4  m2  y  2m2  3m  2
2
2
2
x

my

2
m

5
2
mx

m
y

2
m

5
m




66

m  �2


4m  0

� 1
��
m  � m  2
Để hệ đã cho vô số nghiệm thì � 2
2m  3m  2  0

� 2
m  2


2

19

8

B

ĐK: x, y �0
Đặt u 

1
1
,v 
x
y

�1 1
� 1
u
�x  2

2u  6v  1 � 2

�x  2

��
��
��
Ta có hệ: �
(thỏa)
1 1
1
2u  6v  3
y3





v

� 3
�y 3
20

9

B

Sử dụng MTBT.

20

10

C

2
2
Vì Dx  a  b nên Dx  0 hoặc Dx �0

26

1

C

26

2

D

26

3

B

uur uur
AI  IC vì có cùng hướng và cùng độ dài.


67
26

4

D

26

5

A

Số vectơ được tính theo công thức sau: n(n-1)
Với n=6, suy ra số vectơ là 5.6=30

27

6

D

27

7

A

27

8

B

27

9

C

27

10

B

uuu
r uuur
AB  DC vì có cùng hướng và cùng độ dài.

uuu
r
uuur
AB  AB; CD  CD
uuu
r uuur
AB  CD � AB  CD
uuur r
AB
 0
A B
uuur r uuur r
Giả sử AB  u, BC  v
r

r

Nếu u và v không cùng phương thì A, B, C tạo thành một tam giác và

AB  BC  AC
r r

uuu
r uuur

r r

uuur

r

r

Vì u  v  AB  BC  AC nên u  v  AC  AB  AC  u  v

r

r

Nếu u và v cùng phương thì 3 điểm A, B, C thẳng hàng

r

r

r

r

r r

r

r

+ u và v ngược hướng thì u  v  u  v

r r

r

r

+ u và v cùng hướng thì u  v  u  v
28

1

D

uuu
r uuur uuur uuu
r uuur uuur uuur uuu
r uuur uuu
r
AB  CD  AC  CB  CD  AC  CD  CB  AD  CB

28

2

A

Gọi M, N là trung điểm của AB, CD. Khi đó

uuu
r uuu
r uuur uuur uuur
uuuu
r uuur uuur
VT  OA  OB  OC  OD  OE  2OM  2ON  OE


68

uuuuu
r

uuuu
r

uuuur

uuur

Vẽ M’ sao cho OM '  2OM , N’ sao cho ON '  2ON

Khi đó ta thấy và cần chứng minh OM’E’N’ là hình bình hành.

uuuuu
r uuuur uuur uuuu
r uuur r
VT  OM '  ON '  OE  OE '  OE  0

uuur uuuu
r

uuuu
r r

Tổng quát: Cho đa giác đều A1 A2 ... An có tâm O thì OA1  OA2  ...  OAn  0
28

3

C

uuu
r uuur

uuur

Theo quy tắc hình bình hành, ta có AB  AD  AC

uuur uuur uuur
� AB  AD  AC  AC

uuuu
r uuuu
r uuur

28

4

B

28

5

C

29

6

B

uuu
r uuur
uuu
r uuur uuu
r uuu
r
uuu
r r
AB, CD cùng hướng, cùng độ dài nên AB  CD  AB  AB  2 AB �0

29

7

B

Theo quy tắc trừ ta có AB  AC  CB

Sử dụng quy tắc 3 điểm: OM  MN  ON

uuur uuur

uuu
r


69
29

8

C

uuu
r uuu
r uuu
r uuur uuur
uuu
r uuu
r uuur
AB  CB  AB  BC  AC � AB  CB  AC  AC
ABCO có các cạnh đều bằng a suy ra ABCO là hình thoi � AC  OB tại
trung điểm M.
Vì tam giác ABO đều cạnh a nên đường cao AM 

a 3
2

a 3 a 3

a 3
2
2
uuur uuur uuuu
r uuur uuuu
r uuur uuuu
r r
MA  MB  MC  MB  MC  MB  MC  0 (Theo quy tắc hình bình

Vậy AC  AM  MC 
29

9

B

hành)
29

10

D

uuur uuuur uuuur uuur

uuur

Sử dụng quy tắc 3 điểm MP  NM  NM  MP  NP
30

1

A

30

2

D

30

3

B

uuuu
r uuur uuur uuuu
r uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuu
r uuur
3MG  MA  MB  MC  MA  MA  AB  MA  AC  3MA  AB  AC

uuuu
r uuur uuu
r uuur
uuur uuu
r uuur uuur 1 uuu
r uuur
� 3MG  3MA  AB  AC � 3 AG  AB  AC � AG  AB  AC
3



30

4

B



M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k  k �1 thì

uuur
uuur
uuuu
r uuu
r
uuuu
r uuu
r
uuuu
r uuuu
r uuu
r uuu
r
MA  k MB � MO  OA  k MO  OB � OM  kOM  OA  kOB
uuu
r uuu
r
uuuu
r OA  kOB
� OM 
1 k






70
30

5

D

Theo tính chất ngũ giác đều � AC / / ED

uuur uuur

uuu
r uuur

uuur

uuur

Vì AC , ED cùng hướng nên k>0 và AB  BC  AC  k ED

uuu
r uuur

uuur

uuur

Mà AB  BC  AC  ED  ED � k  1
31

6

B

Gọi M là điểm sao cho MJ nhận I là trung điểm. Khi đó I là trung điểm của 2
đường chéo AB, MJ.
Suy ra AMBJ là hình bình hành.

AM / / BC � AM / / JC
AM  BJ � AM  JC
Suy ra AMJC là hình bình hành.

uu
r uuur

r

uu
r 1 uur uur
uu
r uur uur r
IB  IC  2 IA  IB  IC  0
2





31

7

D

31

8

C

31

9

A

uuur 1 uuu
r uur 1 �uuu
r 1 uuu
r uuur � 3 uuu
r 1 uuur
AE  AB  AI  �AB  AB  AC � AB  AC
2
2�
2
4
� 4

31

10

D

A là điểm bất kì, I là trọng tâm tam giác ABC, ta có

Ta có IA  IM  0 � IA 









uuu
r uuur uuur
uur
AB  AC  AD  3 AI
uur uu
r uuur 1 uuur uu
r r
� IB  IA  AC  AC  3IA  0
2
uur uu
r 3 uuur r
� IB  2IA  AC  0
2
uur uu
r 3 uur uu
r r
� IB  2IA  IC  IA  0
2
u
u
r
u
u
r
uu
r uur uur r
1
3 uur r
� IA  IB  IC  0 � IA  2 IB  3IC  0
2
2



32

1

B



Gọi D(x;y)

uuu
r
uuur
AB   2;1 ; DC   5  x; 4  y 


71

uuu
r uuur

5 x  2

�x  3
��
4  y  1 �y  5


Vì ABCD là hình bình hành nên AB  DC � �
32

2

C

32

3

C

Ta có u  xi  y j � u   x; y  nên tọa độ của vectơ 2i  j là (2;1)

32

4

B

r r
r
a  b   3;5  ; c   6; 10 

r

r

r

r

r r

� �1�
3�
 �
.  6 

1
� � 2�
�k 
Ta có �
2
�1�

5�
 �
.  10 

� � 2�

32

5

A

r r
r
r r
r
1
� a  b và c cùng phương, mà k    0 � a  b và c ngược hướng.
2
r
r
r
u   2;3 , v cùng hướng với u � k  0
ở câu A, v1  1  k .  2  � k 

1
2

1
3
v2  k .3  .3 
2
2
r

� 3�
� 2�

1; �
Vậy v  �
33

6

C

Gọi A(x;y)

uuuu
r

uuur

Ta có MN   2;3 ; DA   x; y  5 

uuuu
r uuur
�x  2
�x  2
MN  DA � �
��
�y  5  3 �y  2
33

7

A

x x x
3  2 1

xG  A B C 
 2   2

3
3

Ta có �
�y  y A  yB  yC  1  2   6   1  1
G

3
3

Vậy G là trọng tâm tam giác ABD.


72
33

8

B

r
r r
r

�x  2.2   5   9
u  2a  b � �
� u   9; 11
�y  2.  4   3  11

33

9

B

� 3   1  4
x 
2

�I
3

�y  4  2  3  3
�I
3

33

10

C

AB=2, suy ra BC=4; CD=12, BC  CD  BD

uuur uuur

uuur

Theo hệ thức Sa- lơ BC  CD  BD  4  12  16
42

1

D

2+4chia hết cho 2 suy ra 2 chia hết cho 2 và 4 cũng chia hết cho 2 và ngược lại
cũng đúng

42

2

B

Vì A �R nên R \ A  CR A

42

3

B

7+6-3=10

42

4

A

 0;1; 2 ,  0;1 ,  0; 2

43

5

43

6

B

A sai, vì tập hợp không dùng dấu thuộc, C sai vì phần tử không dùng dấu con,
D sai vì rỗng là 1 tập hợp không dùng dấu thuộc

43

7

D

43

8

B

2,3,5,7,11 là những số nguyên tố và nhỏ hơn 12

43

9

B

x0

x3  4 x  0 � x  x 2  4   0 � �
x  �2


43

10

C

44

11

D

 n nguyên dương thì n(n+1)(n+2) chia hết cho 3

44

12

A

 1; 2;3 ,  1; 2; 4 ,  2;3;4 ,  1;3; 4

44

13

D

B \ A  � thì B �
A

44

14

D

A   1;0; 2;3 , B   1;0;1

m 8

A, B, C loại.
44

15

B

A �B   3;5 ; CE A �B   1; 2; 4;6;7

44

16

B

Dùng biểu đồ Ven.


73

45

17

D

A �B  B � B �A

45

18

B

Vì n 2  1  0 là mệnh đề sai.

45

19

C

45

20

A

45

21

B

45

22

A

ab chia hết cho 5 nghĩa là a=5k hoặc b=5k.

46

23

C

vì B �A � B �A  B

46

24

B

A   �; 4 , B   3; � , B \ A   4; �

46

25

B

46

26

A

A   1;1; 2 , B   1; 4  , C   0;1; 4;9 ,  A �B  \ C   2

46

27

B

B  60    60;120... ;60M
15, 60M6

47

28

A

47

29

D

47

30

B

47

1

D

47

2

A

47

3

C

48

4

B

�
  

 3;12  \   �;a���
 3;12

5

C

a 12

 1; 2 ,  1;3 ,  1; 4 ,  1;5 ,  2;3 ,  2; 4 ,  2;5 ,  3; 4 ,  3;5 ,  4;5

1  2   1
x x x
xG  A B C 
0


3
3

�y  y A  y B  yC  4  5  12  7
G

3
3


M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k  k �1 thì

uuur
uuur
uuuu
r uuu
r
uuuu
r uuu
r
uuuu
r uuuu
r uuu
r uuu
r
MA  k MB � MO  OA  k MO  OB � OM  kOM  OA  kOB
uuu
r uuu
r
uuuu
r OA  kOB
� OM 
1 k
uu
r uur r
uu
r
uur
IA  2 IB  0 � IA  2 IB



48

;a




74
Vậy I nằm trên đoạn AB kéo dài về phía B.
48

6

C

uuu
r uuur uuu
r
uuur uuur uuur r
AB  CD  AB  CD  AB  DC  0





uuur

uuur

uuur uuur

(Vì ABCD là hình bình hành có AB  DC và AB, DC ngược hướng)
Suy ra hệ thức đó thỏa khi ABDC là hình bình hành.
48

7

D

r
r
r
u   2;3 , v cùng hướng với u � k  0
ở câu D, v1  1  k .  2  � k 

1
2

1
3
v2  k .3  .3 
2
2
r

� 3�
� 2�

1; �
Vậy v  �
48

8

A

49

9

A

49

10

A

49

11

A

Gọi M, N là trung điểm của AB, CD. Khi đó

uuu
r uuu
r uuur uuur uuur
uuuu
r uuur uuur
VT  OA  OB  OC  OD  OE  2OM  2ON  OE
uuuuu
r

uuuu
r

uuuur

uuur

Vẽ M’ sao cho OM '  2OM , N’ sao cho ON '  2ON

Khi đó ta thấy và cần chứng minh OM’E’N’ là hình bình hành.

uuuuu
r uuuur uuur uuuu
r uuur r
VT  OM '  ON '  OE  OE '  OE  0


75
49

12

A

49

13

A

uuur r uuur r

Giả sử AB  u, BC  v

r

r

Nếu u và v không cùng phương thì A, B, C tạo thành một tam giác và

AB  BC  AC

r r

uuu
r uuur

r r

uuur

r

r

Vì u  v  AB  BC  AC nên u  v  AC  AB  AC  u  v

r

r

Nếu u và v cùng phương thì 3 điểm A, B, C thẳng hàng

r

r

r

r

r r

r

r

+ u và v ngược hướng thì u  v  u  v

r r

r

r

+ u và v cùng hướng thì u  v  u  v
50

14

D


�xM '  xM  4
�yM '   yM    3  3

M’ đối xứng với M qua trục hoành thì �
50

15

A

50

16

C

� 3
x
uur uur uur r

2

x

1

x

2
x

0

� 4
IB  IC  2 IO  0 � �
��
0  y 1  y  2 y  0

�y   1

4
uu
r uur
uuur
M là trung điểm AB � IA  IB  2 IM
uu
r uur uur
uuur uur
uuur uur r
VT  IA  IB  2 IC  2 IM  2 IC  2 IM  IC  0 ( vì I là trung điểm





MC)
50

17

A

50

18

B

G là trọng tâm tam giác ABC � GI 
Gọi

M(x;y),

M

1
AI
3
thỏa

� 1

2  x  3 0  x  0
4 x  2


�x 
��
��
�� 2
4 y  12
0  y  3  4  y   0



�y  3

uuur uuur r
MA  3MB  0


76
51

19

C

uuu
r uuu
r uuu
r uuur uuur
uuu
r uuu
r uuur
AB  CB  AB  BC  AC � AB  CB  AC  AC
ABCO có các cạnh đều bằng a suy ra ABCO là hình thoi � AC  OB tại
trung điểm M.
Vì tam giác ABO đều cạnh a nên đường cao AM 

Vậy AC  AM  MC 
51

20

C

a 3
2

a 3 a 3

a 3
2
2

Gọi D(x;y)

uuu
r
uuur
AB   2;1 ; DC   5  x; 4  y 
uuu
r uuur

5 x  2

�x  3
��
4  y  1 �y  5


Vì ABCD là hình bình hành nên AB  DC � �
51

21

C

51

22

D

51

23

D

52

24

D

52

25

A

uuu
r uuur uuu
r uur uur uur
AB  IM  AB  BI  AI  IC
uuuu
r uuu
r 1 uuur 1 uuur uuur
MN  QP  AC  AC  AC
2
2

uu
r uur uur r
3IA  2 IB  IC  0
uur uuu
r
uur uur uuur r
� 3 IB  BA  2 IB  IB  BC  0
uur uuu
r uuur r
� 6 IB  3BA  BC  0
uuu
r uuur
uur 3BA  BC
� BI 
6



52

26

D

52

27

D



G là trọng tâm tam giác ABC, O bất kì. Ta có


77

uuu
r uuu
r uuur
uuur uuur 1 uuu
r uuu
r uuur
OA  OB  OC  3OG � OG  OA  OB  OC
3



52

28

C

53

29

A

53

30

C

53

1

A



uuu
r uuu
r uuur uuur r
GA  GB  GC  GD  0
uuu
r uuu
r uuu
r uuu
r uuur uuu
r uuur r
� GA  GA  AB  GA  AC  GA  AD  0
uuu
r uuu
r uuur uuur r
� 4GA  AB  AC  AD  0
uuu
r uuur uuur
uuur AB  AC  AD
� AG 
4

2
Vì hàm số f  x   x  4 x  1 có đỉnh là I  2; 3 , a  1  0 � Hàm số đồng

biến trên  2, �
53

2

C

Vì a  m 2  0

53

3

B

7
7
x  a   � xM '  2a  xM  2.   3  10
2
2

54

4

A

x  a2�a  x2
f  x   2  x  2   4  x  2   5  2 x 2  8 x  8  4 x  3  2 x 2  12 x  11
2

54

5

B

Với m=0, Pt vô nghiệm.
Với m �0 , pt � x 

1 m
m

� 1
m

m

1

m

1 m
� 2
�1 1 �
1
2��
��
� m �� ; �
1
1  m  2m
m
�3 2 �


m
� 3
54

6

A

xP  3
xP1  

54

7

D

54

8

B

Xét x 

b 12

 3  xP
2a 4

2
, pttt: y  7 x  3 x  2  2 x  9  12 x  11 . HS nghịch biến khi
3


78

x

2
3

Xét

2
9
�x  , pttt: y  7 x  3 x  2  2 x  9  6 x  7 . HS nghịch biến
3
2

khi

2
9
�x 
3
2
9
2

Xét khi x � , pttt: y  7 x  3 x  2  2 x  9  2 x  11 . HS nghịch biến

9
2

khi x �

Vậy HS đã cho nghịch biến trên R.
55

9

C

Hàm số y  x  1   x  1 có tập xác định D  �

x �D thì  x �D
f  x  x 1  x 1  x 1  x 1  f  x
Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn.
55

10

C

Vì f   x     x  1 � x  1 hay f   x  �f  x 

55

11

C

Loại trừ đáp án.

2

2

vì hs f(x) là hàm chẵn, xác định với mọi R
55

12

C

Xét x  1 , pttt: y   x  1  3x  6  4 x  7 . HS nghịch biến khi x  1
Xét x �1 , pttt: y  x  1  3 x  6  2 x  5 . HS nghịch biến khi x �1
Vậy hs nghịch biến trên R.

55

13

B

x

b 3
 � 1;1 , f  1  3; f  1  3
2a 2

Vậy giá trị lớn nhất là 3
55

14

A

x '  x  2 � x  x' 2
y '   x ' 2   1  x '2  4 x ' 5
2

56

15

D

Xét m  1  0 � m  1, bpttt : 3  0 (đúng). Vậy m=1 là nghiệm bpt.


79

Xét m  1  0 � m  1, bpttt : x 




�;
Vậy T  �
1 0
Xét m �۳

3
m 1

3 �
�và  1; � �T
m 1 �
m 1, bpttt : x

3
m 1

� 3

; ��
�m  1


Vậy T  �

Để  1; � �T thì

3
3
m4
 1 �
1  0 �
 0 �1 m  4
m 1
m 1
m 1

Kết hợp với m=1, ta chọn đáp án D.
56

16

A

�x �3
�x  3 �0

� � 1 (không có
Hàm số y  x  3  1  2 x xác định khi �
1  2 x �0
x�


� 2
giá trị x thỏa mãn).

56

17

B

56

18

B

Hàm số y 

3x  1
xác định khi
x 1

�x �0
�x �0
��

� x  1 �0
�x �1

2
Hàm số f  x   3 x có đỉnh là gốc tọa độ O  0;0  , a  3  0

Vậy hàm số nghịch biến trên  �;0  , nghịch biến trên  0; �
56

19

A

y'  y  2 � y  y ' 2
y ' 2  x 2  x  4 � y '  x 2  x  6

56

20

C

Hàm số y   m  1 x  4m  4 là hàm số bậc nhất khi

a ��
0 �۹
m 1 0
57

21

B

m 1

TXĐ: x �3 . Do đó loại điểm A,B (loại đáp án A, D)
Thay x=12 vào hs f  12   2.12  12  3  24  8 �48
Vậy chọn đáp án B.

57

22

C

Xét x  

1
, pttt: y  12 x  5 x  1  6 x  3  13x  2 . HS đồng biến khi
2


80

x

1
2

Xét 

1
1
�x   , pttt: y  12 x  5 x  1  6 x  3  x  4 . HS đồng biến khi
2
5



1
1
�x  
2
5
1
5

Xét khi x � , pttt: y  12 x  5 x  1  6 x  3  11x  2 . HS đồng biến khi

x �

1
5

Vậy HS đã cho đồng biến trên R.
57

23

C

�x  3 �0
�x �3
��

�x  2  0
�x  2

57

24

C

f  x  2 x 1  2 x 1  f  x

57

25

D
Vì x  

b
6

, a  2  0 nên hs đồng biến trên
2a
4

�6
3�
;3



�4
�, nghĩa
8



là x tăng thì y cũng tăng theo. Do đó hs đạt GTLN tại x  3 
58

26

C

Vì giá trị của hs đã cho chỉ nhận 1 hoặc -1

58

27

A

Vì a  m 2  1  0, m

58

28

A

2
Ta có f  x   x  x có tập xác định D   0; �

3
8

ở câu A, x=-1 ta không thay vào hàm số trên để tính được.
58

29

A

x'  x 2 � x  2 x'
y'   2  x '   1  x '2  4 x ' 5
2

58

30

A

Vì x  
A đúng.

b
 1, a  1  0 bề lõm quay lên trên nên hs đạt cực tiểu tại x=1. vậy
2a



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×