Đề số 9

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Đồ thị có đường TCN y=1 và TCĐ x=1.

Do đó loại đáp án A và B.

Đồ thị hàm số đi qua điểm O(0;0) nên loại đáp án C.

Đáp án A.

TXĐ: $D=ℝ\backslash \{-1\}$.

Gọi $M(x_0;\frac{x_0-2}{x_0+1})(x_0\ne -1)$ thuộc đồ thị hàm số $y=\frac{x-2}{x+1}$.

Ta có $y=\frac{x-2}{x+1}\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{3}{{(x+1)}^2}$ nên tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại $M(x_0;\frac{x_0-2}{x_0+1})$ có hệ số góc là $k=y^{\text{'}}\left(x_0\right)=\frac{3}{{(x_0+1)}^2}$.

Vì tiếp tuyến tại M song song với đường thẳng $d:y=3x+10$nên \[\frac{3}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} = 3 \Leftrightarrow {\left( {{x_0} + 1} \right)^2} = 1\]

$\iff [\begin{array}{l}{x}_0+1=1\\ x_0+1=-1\end{array}\iff [\begin{array}{l}{x}_0=0\\ x_0=-2\end{array}\left(tm\right)$$\Rightarrow [\begin{array}{l}M(0;-2)\\ M(-2;4)\end{array}$

Đáp án B.

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}$.

Gọi $M(x_0;\frac{x_0+1}{1-x_0})(x_0\ne 1)$ thuộc đồ thị hàm số $y=\frac{x+1}{1-x}$.

Ta có $y=\frac{x+1}{1-x}\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{2}{{(1-x)}^2}$ nên tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại $M(x_0;\frac{x_0+1}{1-x_0})$ có hệ số góc là $k=y^{\text{'}}\left(x_0\right)=\frac{2}{{(1-x_0)}^2}$.

⇒ Phương trình tiếp tuyến tại M là: $y=\frac{2}{{(1-x_0)}^2}(x-x_0)+\frac{x_0+1}{1-x_0}$$\iff \frac{2}{{(1-x_0)}^2}x-y-\frac{2x_0}{{(1-x_0)}^2}+\frac{x_0+1}{1-x_0}=0$, có 1 VTCP là $\overrightarrow{u}=(1;\frac{2}{{(1-x_0)}^2})$.

Ta có: $\overrightarrow{IM}=(x_0-1;\frac{x_0+1}{1-x_0}+1)=(x_0-1;\frac{2}{1-x_0})$.

Vì tiếp tuyến tại M vuông góc với IM nên $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{IM}=0$.

\[ \Leftrightarrow \left( {{x_0} - 1} \right) + \frac{4}{{{{\left( {1 - {x_0}} \right)}^3}}} = 0\]$\iff \frac{4}{{(1-x_0)}^3}=1-x_0\iff {(1-x_0)}^4=4$

$\iff [\begin{array}{l}1-x_0=\sqrt{2}\\ 1-x_0=-\sqrt{2}\end{array}\iff [\begin{array}{l}{x}_0=1-\sqrt{2}\\ x_0=1+\sqrt{2}\end{array}$

⇒ $M(1+\sqrt{2};-1-\sqrt{2})$ và $M(1-\sqrt{2};-1+\sqrt{2})$.

Đáp án A.

TXĐ: $D=ℝ$.

Ta có: $y={(x^2-4)}^2+1\Rightarrow y^{\text{'}}=2(x^2-4).2x$.

Cho $y^{\text{'}}=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x^2-4=0\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 2\end{array}$.

BXD y':

Dựa vào BXD ta thấy hàm số đồng biến trên \[\left( { - \infty ; - 2} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0;2} \right)\]; nghịch biến trên $(-2;0);(2;+\infty )$.

Đáp án D.

Giả sử thiết diện qua trục là tam giác SAB và O là tâm mặt đáy của hình nón, ta có tam giác SAB đều cạnh 1 nên $SO=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Gọi I là tâm khối cầu nội tiếp trong hình nón, dễ thấy O chính là tâm tam giác đều SAB, do đó bán kính khối cầu là $R=IO=\frac{2}{3}SO=\frac{2}{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Vậy thể tích khối cầu nội tiếp trong hình nón là $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi {\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}^3=\frac{4\sqrt{3}\pi }{27}$.

Đáp án B.

Để sau 3 năm người đó rút được 500 triệu đồng thì số tiền nhận được sau 3 năm (cả gốc và lãi) phải không nhỏ hơn 500 triệu đồng.

Gọi số tiền ban đầu gửi vào ngân hàng là x (triệu đồng), số tiền người đó nhận được sau 3 năm là: \[x{\left( {1 + 6\% } \right)^3}\] (triệu đồng).

Khi đó ta có $x{(1+6\%)}^3\ge 500\iff x\ge 420$ (triệu đồng).

Đáp án A.

Ta có: ${\log }_{\sqrt[3]{5}}\frac{49}{8}={\log }_{5^{\frac{1}{3}}}\frac{49}{8}$

$=3{\log }_5\frac{7^2}{2^3}=3(2{\log }_{5}7-3{\log }_{5}2)=3(2b-\frac{3}{a})$

Đáp án A.

TXĐ: ...

Ta có: $y=(2x-1)e^x\Rightarrow y^{\text{'}}=2e^x+(2x-1)e^x=(2x+1)e^x$.

Cho $y^{\text{'}}=0\iff 2x+1=0\iff x=-\frac{1}{2}\in [-1;0]$.

Ta có: $y(-1)=-\frac{3}{e};y\left(0\right)=-1;y(-\frac{1}{2})=\frac{-2}{\sqrt{e}}$

Vậy $\underset{[-1;0]}{\min }y=\frac{-2}{\sqrt{e}}$.

Đáp án B.