TIẾP TUYẾN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ Y  X 4  2 X 2  3 TẠI ĐIỂM CÓ HOÀNH...

Question

Câu 17: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số  y  x 4  2 x 2  3  tại điểm có hoành độ bằng  0  có phương trình là A.  y   x 1 B.  y   x 2 C.  y  3 D.  x  3

Accepted Answer

ĐÁP ÁN HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC CÂU VẬN DỤNG Câu 1.Cho các số thực , , a b c thỏa mãn 8 4 2 0 8 4 2 0 a b c a b c             . Số giao điểm của đồ thị hàm số 3 2 y x   ax  bx c  và trục Ox là A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. 3 . Hướng dẫn giải Ta có hàm số y x  3  ax 2  bx c  xác định và liên tục trên  . Mà lim x y    nên tồn tại số M  2 sao cho y M    0 ; lim x  y   nên tồn tại số m   2 sao cho   0 y m  ; y       2 8 4 a  2 b c   0 và y   2   8 4 a  2 b c   0 . Do y m y     .   2 0 suy ra phương trình y  0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng  m ; 2   .     2 . 2 0 y  y  suy ra phương trình y  0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng   2;2  .     2 . 0 y y M  suy ra phương trình y  0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng  2; M  . Vậy đồ thị hàm số y x  3  ax 2  bx c  và trục Ox có 3 điểm chung. Câu 2.Cho các số thực x y , thỏa mãn x y   2  x   3 y  3  . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức  2 2  4 15 P  x  y  xy là A. min P   80 . B. min P   91 . C. min P   83 . D. min P   63 . Hướng dẫn giải Ta có 2 4 2( 3 3) ( ) 4( ) 8 3. 3 4( ) 0 x y x y x y x y x y x y x y x y                       Mặt khác x y   2( x   3 y  3) 2 2(  x y  )       x y 8 x y   4;8 1 B 26 C 2 B 27 D 3 B 28 A 4 B 29 B 5 A 30 A 6 A 31 C 7 B 32 D 8 C 33 B 9 A 34 B 10 A 35 D 11 A 36 B 12 D 37 A 13 B 38 D 14 C 39 B 15 B 40 A 16 D 41 A 17 C 42 C 18 A 43 C 19 C 44 D 20 A 45 A 21 D 46 A 22 D 47 C 23 C 48 C 24 C 49 D 25 D 50 D Xét biểu thức P  4( x 2  y 2 ) 15  xy  4( x y  ) 2  7 xy  16( x y  ) 7  xy  7 ( x y   3) 16 y  5 x . Mà 3 0 16(4 ) 5 64 21 4 y P x x x y x              , kết hợp với x y     4 x   3;7  64 21  x   83 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 83  Câu 3.Một doanh nghiệp sản xuất và bán một loại sản phẩm với giá 45 (ngàn đồng) mỗi sản phẩm, tại giá bán này khách hàng sẽ mua 60 sản phẩm mỗi tháng. Doanh nghiệp dự định tăng giá bán và họ ước tính rằng nếu tăng 2 (ngàn đồng) trong giá bán thì mỗi tháng sẽ bán ít hơn 6 sản phẩm. Biết rằng chi phí sản xuất mỗi sản phẩm là 27 (ngàn đồng). Vậy doanh nghiệp nên bán sản phẩm với giá nào để lợi nhuận thu được là lớn nhất ? A. 46 ngàn đồng. B. 47 ngàn đồng. C. 48 ngàn đồng. D. 49 ngàn đồng. Hướng dẫn giải Gọi x x   45  là giá bán mới của 1 sản phẩm mà doanh nghiệp phải xác định để lợi nhuận thu được sau khi tăng giá là cao nhất. Suy ra số tiền đã tăng là x  45 Ta có nếu tăng 2 ngàn thì sẽ bán ít đi 6 sản phẩm Vậy nếu tăng x  45 thì số lượng sản phẩm giảm xuống là  x   x   6 45 3 135 2 Tổng số sản phẩm bán được : 60   3 x  135   195 3  x Lợi nhuận công ty thu được sau khi tăng giá là  x  27 195 3   x    3 x 2  276 x  5265 Đặt f x     3 x 2  276 x  5625 . Bài toán trở thành tìm max f x x  45    ? Ta có f ʹ   x   6 x  276 , f ʹ   x    0 x 46 (ngàn đồng) Lập bảng biến thiên, ta suy ra     max f x x f    45 46 1083 (ngàn đồng). Câu 4. Cho hình chóp S ABC . có SA = 3, SB = 4, SC = 5 và  ASB =  BSC = CSA  = 60 . 0 Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A. V = 5 2. B. V = 5 3. C. V = 10. D. V = 15. Hướng dẫn giải Trên các đoạn SB SC , lần lượt lấy các điểm E F , sao cho SE = SF = 3. Khi đó S AEF . là khối tứ diện đều có cạnh a = 3. Suy ra . 3 2 9 2 . 12 4 S AEF V = a = Ta có . . 3 3 9 . . 4 5 20 S AEF S ABC V SE SF V = SB SC = = . 20 . 9 5 2. S ABC S AEF V V ¾¾  = = Câu 5. Cho hình hộp ABCD A B C D . ¢ ¢ ¢ ¢ có đáy ABCD là hình thoi tâm O , cạnh a , góc  ABC = 60 0 . Biết rằng ( ) A O ¢ ^ ABCD và cạnh bên hợp với đáy một góc bằng 60 . 0 Tính thể tích V của khối đa diện OABC D ¢ ¢ . A. 3 . 6 V = a B. 3 . 12 V = a C. 3 . 8 V = a D. 3 3 . 4 V = a Hướng dẫn giải Từ giả thiết, suy ra tam giác ABC đều cạnh . 2 2 AC a a  OA = = Vì A O ¢ ^ ( ABCD ) nên 60 0 =  AA ABCD ¢ , ( ) = (  AA AO ¢ , ) =  A AO ¢ . Tam giác vuông A AO ¢ , có . tan  3 . 2 OA ¢ = OA A AO ¢ = a Suy ra thể tích khối hộp . 3 3 . ABCD 4 V = S OA ¢ = a Ta có V = V O ABC D . ¢ ¢ + V AA D BB C ¢ ¢ . ¢ ¢ + V C BOC ¢ . + V D AOD ¢ . + V O CDD C . ¢ ¢ 3 . . 1 1 1 1 2 12 12 6 6 8 . O ABC D O ABC D V a V ¢ ¢ V V V V V ¢ ¢ = + + + +  = = O D' B' C' A' D B C A

TIẾP TUYẾN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ Y  X 4  2 X 2  3 TẠI ĐIỂM CÓ HOÀNH...

Câu 17: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x ⁴  2 x ²  3 tại điểm có hoành độ bằng 0 có phương trình là

A. y   x 1 B. y   x 2 C. y  3 D. x  3

Bạn đang xem câu 17: - Đề thi giữa học kỳ I năm học 2017 - 2018 môn Toán 12 trường THPT Xuân Trường - Nam Định -