Bộ 20 đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án (Đề 11)

Lời giải

Chọn B

Ta có: \(y' = 4{x^3} - 4x{\mkern 1mu} \).

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 1\\x = 1\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;0} \right)\)và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Lời giải

Chọn C

Nhìn vào đồ thị từ trái qua phải, ta thấy hàm số đi lên, trên mỗi khoảng \(\left( { - 1;0} \right)\)và \(\left( {1; + \infty } \right)\). Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - 1;0} \right)\)và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Lời giải

Chọn A

Lời giải

Chọn D

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\)

Ta có \(y' = 3{x^3} - 3\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^3} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

 

Dựa vào BBT ta có giá trị cực đại .

Lời giải

Chọn A

Từ đồ thị hàm số ta có giá trị cực tiểu của hàm số bằng \(0\).

Lời giải

Chọn D

Lời giải

Chọn A

Hàm số \(y = - {x^3} + 3x\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) nên liên tục trên đoạn \(\left[ {0\,;\,2} \right]\).

Ta có: \(y' = - 3{x^2} + 3\). Xét \(y' = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 3 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \notin \left[ {0\,;\,2} \right]\\x = 1 \in \left[ {0\,;\,2} \right]\end{array} \right.\).

Ta có: \(y\left( 1 \right) = - 1 + 3 = 2\); \(y\left( 0 \right) = 0\) và \(y\left( 2 \right) = - 8 + 6 = - 2\). Vậy \(\mathop {\max y}\limits_{x \in \left[ {0\,;\,2} \right]} = 2\).

Lời giải

Chọn A

Theo bảng biến thiên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = + \infty \) nên hàm số không có giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất trên \(\mathbb{R}\).

Lời giải

Chọn D

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{1 - 3x}}{{x + 2}} = - 3\).

Do đó đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang là \(y = - 3\).

Lời giải

Chọn A

Từ BBT ta thấy \(\mathop {\lim \,}\limits_{x \to - \infty } y\, = \,2\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y\, = 5\) nên đồ thị hàm số có \(2\) đường tiệm cận ngang là \(y = 2\) và \(y = 5\).

Lời giải

Chọn B

Xét đáp án A có \(y' = 0\)\(\forall x \ne - 1\) nên loại.

Xét đáp án B có \(y' = \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0\)\(\forall x \ne - 1\)\( \Rightarrow \) hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định; tiệm cận đứng là \(x = - 1\), tiệm cận ngang là \(y = 2\)nên chọn.

Xét đáp án C: đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = 1\) nên loại.

Xét đáp án D: đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = 1\) nên loại.

Lời giải

Chọn B

Do tồn tại cạnh của 1 đa giác không là cạnh chung của đúng 2 đa giác nên hình d không phải là hình đa diện.

Lời giải

Chọn D

* Lăng trụ tam giác có \[5\] mặt gồm \[3\] mặt bên và \[2\] mặt đáy.

Lời giải

Chọn B

Theo định nghĩa khối đa diện đều trong sách giáo khoa hình học 12 cơ bản trang 15.

Lời giải

Chọn C

Hình bát diện đều gồm có \(8\)mặt là tam giác đều cạnh \(a\)nên \[S = 8.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = 2{a^2}\sqrt 3 .\]

Lời giải

Chọn D

Theo công thức tính thể tích khối chóp, khối lăng trụ và khối hộp chữ nhật ta thấy các khẳng định đúng là A, B, C; khẳng định sai là D.

Lời giải

Chọn C

Từ giả thiết suy ra \[\widehat {\left( {SA,BC} \right)} = \widehat {\left( {SA,AD} \right)} = \widehat {SAD} = 60^\circ \]

Khi đó hình chóp có tất cả cạnh đều bằng \(6\).

Suy ra \(SO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}.6\sqrt 2 = 3\sqrt 2 \).

Nên \({V_{SABCD}} = \frac{1}{3}.36.3\sqrt 2 = 36\sqrt 2 \).

Lời giải

Chọn B

Thể tích lăng trụ là: \(V = Bh\).

Lời giải

Chọn B

Thể tích khối hộp chữ nhật là \(V = a.2a.3a = 6{a^3}\).

Lời giải

Chọn D

Vì \(f'\left( x \right) = - {x^2} - 1 < 0\), \(\forall x \in \mathbb{R}\) nên hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

Vì thế:

Do \(1 < 2\) nên \(f\left( 1 \right) > f\left( 2 \right)\). Suy ra A sai.

Do \(3 > 2\) nên \(f\left( 3 \right) < f\left( 2 \right)\). Suy ra B sai.

Do \(1 > 0\) nên \(f\left( 1 \right) < f\left( 0 \right)\). Suy ra C sai.

Do \(0 > - 1\) nên \(f\left( 0 \right) < f\left( { - 1} \right)\). Suy ra D đúng.

Lời giải

Chọn A

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\)

Trường hợp \(1\): \(m = 0\)

Hàm số trở thành \(y = - x + 2\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)\( \Rightarrow m = 0\) thỏa mãn.

Trường hợp \(2\): \(m \ne 0\)

\(y' = m{x^2} - 2mx + 2m - 1\)

Hàm số nghịch biến trên tập xác định \[ \Leftrightarrow y' \le 0,\forall x \in \mathbb{R}\].

(Dấu \(' = '\) xảy ra tại hữu hạn điểm trên \(\mathbb{R}\))

ĐK: \[\left\{ \begin{array}{l}m < 0\\\Delta ' \le 0\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\{m^2} - m\left( {2m - 1} \right) \le 0\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\ - {m^2} + m \le 0\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\\left[ \begin{array}{l}m \ge 1\\m \le 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 0\].

Kết hợp cả \(2\) trường hợp ta được \(m \le 0\)

Lời giải

Chọn A

Ta có: \(f'\left( x \right) = 0\,\, \Leftrightarrow \,\,\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x = 2}\end{array}}\\{x = 5}\end{array}} \right.\); \[{\left( {x - 1} \right)^4} \ge 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\].

Dấu của \(f'\left( x \right)\) là dấu của \(\left( {{x^2} - 7x + 10} \right)\). Do đó \(f'\left( x \right)\) đổi dấu 2 lần, hàm số có 2 cực trị.

Lời giải

Chọn B

Hàm số \(y = {x^3} - 3x + 1 - m \Rightarrow y' = 3{x^2} - 3\), \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\end{array} \right.\).

Với \(x = 1 \Rightarrow y = - 1 - m\), với \(x = - 1 \Rightarrow y = 3 - m\)

Để hàm số có giá trị cực đại và giá trị cực tiểu trái dấu nhau khi và chỉ khi \(\left( { - 1 - m} \right)\left( {3 - m} \right) < 0 \Leftrightarrow - 1 < m < 3\).

Lời giải

Chọn D

Ta có \(y' = 4{x^3} + 2\left( {{m^2} - 4} \right)x = 2x\left( {{x^2} + {m^2} - 4} \right)\)

Hàm số đã cho là hàm số trùng phương nên có đúng một cực trị khi \(y' = 0\) có một nghiệm.

Hay \(2x\left( {{x^2} + {m^2} - 4} \right) = 0\)có đúng một nghiệm \( \Leftrightarrow {m^2} - 4 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \le - 2\\m \ge 2\end{array} \right.\).

Chú ý:

+ Hàm số \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\) có đúng một cực trị khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}ab \ge 0\\{a^2} + {b^2} > 0\end{array} \right..\)\(\left( 1 \right)\)

Đặc biệt: Hàm số trùng phương \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\,\,\left( {a \ne 0} \right)\)có đúng một cực trị khi và chỉ khi \(ab \ge 0\).

+ Hàm số \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\) có ba cực trị khi và chỉ khi \(ab < 0.\)\(\left( 2 \right)\)

Lời giải

Chọn D

Ta có: \(f'\left( x \right) = 4 - 4{x^3} \ge 0,\forall x \in \left[ { - 1;1} \right]\)

\( \Rightarrow {\rm{ma}}{{\rm{x}}_{\left[ { - 1;1} \right]}}f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = 3\).

Lời giải

Chọn B

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6ax = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2a\end{array} \right.\)

Khi đó bảng biến thiên của hàm số trên đoạn \(\left[ { - 1;a} \right]\)

Từ bảng biến thiên của hàm số ta được \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;a} \right]} y = 10 = y(0) = a - 1 \Rightarrow a = 11.\)

Lời giải

Chọn B

Tập xác định của hàm số \(D = \left[ {4; + \infty } \right)\).

Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {x - 4} }}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {\frac{1}{x} - \frac{4}{{{x^2}}}} }}{{1 - \frac{1}{x}}} = 0\] suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = 0\).

Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

Vậy tổng số các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số trên là \(1\).

Lời giải

Chọn D

Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{\frac{1}{x} - \frac{1}{{{x^2}}}}}{{1 + \frac{m}{x} + \frac{4}{{{x^2}}}}} = 0\].

Nên đồ thị hàm số luôn có một đường tiệm cận ngang là \[y = 0\].

Do đó để đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận thì phương trình: \[{x^2} + mx + 4 = 0\] có nghiệm kép hoặc có hai nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm bằng 1.

Khi đó \[\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 16 = 0\\m \ne - 5\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 16 > 0\\m = - 5\end{array} \right.\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 16 = 0\\m \ne - 5\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 16 > 0\\m = - 5\end{array} \right.\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 4\\m = - 4\\m = - 5\end{array} \right.\].

Vậy \[m \in \left\{ { - 4\,;\,4\,;\, - 5} \right\}\]. Nên có \[3\] giá trị thỏa yêu cầu bài toán.

Lời giải

Chọn A

Ta có \(y = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d \Rightarrow f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c\)

Đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) đi qua các điểm \(A\left( { - 2;0} \right)\), \(O\left( {0;0} \right)\) và \(C\left( { - 1; - 3} \right)\) nên ta có

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{12a - 4b + c = 0}\\{c = 0}\\{3a - 2b + c = - 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 1}\\{b = 3}\\{c = 0}\end{array}} \right. \Rightarrow y = f\left( x \right) = {x^3} + 3{x^2} + d\) và \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 6x\).

Gọi tiếp điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và trục hoành là \(M\left( {{x_0};0} \right)\) với \({x_0} < 0.\)

Tiếp tuyến có hệ số góc

\(k = 0 \Rightarrow y'\left( {{x_0}} \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x_0}^2 + 6{x_0} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_0} = 0}\\{{x_0} = - 2}\end{array}} \right.\). Vì \({x_0} < 0 \Rightarrow {x_0} = - 2\).

\(M\left( { - 2;0} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right) \Rightarrow - 8 + 12 + d = 0 \Rightarrow d = - 4.\)

Khi đó \(y = f\left( x \right) = {x^3} + 3{x^2} - 4.\) Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ là \( - 4\).

Lời giải

Chọn A

Dựa vào hình dạng của đồ thị ta có \(a < 0\).

Đồ thị có ba điểm cực trị nên \(a.b < 0\), do đó \(b > 0\).

Dựa vào giao điểm của đồ thị với trục tung ta có \(c < 0\).

Vậy: \(a\left\langle {0,\;b} \right\rangle 0,\;c < 0\).

Lời giải

Chọn B

Ta có \({f^2}\left( x \right) - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{f\left( x \right) = 2}\\{f\left( x \right) = - 2}\end{array}} \right.\).

Dựa vào BBT, phương trình \(f\left( x \right) = 2\)có \(3\)nghiệm phân biệt, phương trình \(f\left( x \right) = - 2\)có \(2\)nghiệm phân biệt (khác \(3\)nghiệm trên).

Vậy số nghiệm của phương trình \({f^2}\left( x \right) - 4 = 0\)là \(5\).

Lời giải

Chọn D

Phương trình: \(2f\left( x \right) + 5 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = - \frac{5}{2}\).

Số nghiệm của phương trình \(2f\left( x \right) + 5 = 0\)là số giao điểm của đồ thị \(y = f\left( x \right)\)và đường thẳng \(y = - \frac{5}{2}\).

Dựa vào hình vẽ, ta suy ra phương trình \(2f\left( x \right) + 5 = 0\) có 4 nghiệm phân biệt.

 

Lời giải

Chọn D

Phương trình \(f\left( x \right) = 2m + 1\) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 2m + 1\).

Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình \(f\left( x \right) = 2m + 1\) có 3 điểm phân biệt khi

\( - 1 < 2m + 1 < 3\) \( \Leftrightarrow - 2 < 2m < 2 \Leftrightarrow - 1 < m < 1\).

Lời giải

Chọn C

Mỗi mặt của đa diện trên là một tam giác (\(3\) cạnh)

Số mặt của đa diện là \(M\)\( \to \)tổng tất cả số cạnh tạo nên tất cả tam giác thuộc đa diện đó là \(3M\).

Nếu cắt nhỏ các đa giác ra khỏi khối đa diện, ta thấy mỗi cạnh của khối đa diện là cạnh chung của đúng hai tam giác \( \to \)Tổng số cạnh tạo nên tất cả các tam giác là \(2C\)

Vậy ta có \(3M = 2C\).

Lời giải

Chọn D

Diện tích toàn phần của \(5\)khối lập phương là \(5.6{a^2} = 30{a^2}\).

Khi ghép thành khối hộp chữ thập, đã có \(4.2 = 8\)mặt ghép vào phía trong, do đó diện tích toàn phần cần tìm là \(30{a^2} - 8{a^2} = 22{a^2}\).

Lời giải

Chọn D

Hình chóp tứ giác đều có \(4\) mặt phẳng đối xứng. Đó là: mặt phẳng đi qua đỉnh của hình chóp và trung điểm của hai cạnh đối diện của mặt đáy; mặt phẳng đi qua đỉnh và đường chéo của mặt đáy.

Lời giải

Chọn D

Chiều cao của khối chóp \(S.ABC\) là: \(h = SA = a\sqrt 3 \).

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên diện tích đáy của khối chóp là: \(B = {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Thể tích của khối chóp \(S.ABC\) là: \(V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a\sqrt 3 = \frac{{{a^3}}}{4}\).

Vậy \(V = \frac{{{a^3}}}{4}\).

Lời giải

Chọn A

Vì mặt bên \(SAB\)vuông cân tại \(S\)và vuông góc với \(\left( {ABC} \right)\)nên đường cao của hình chóp là \(SH\)với \(H\)là trung điểm của \(AB\).

Mặt khác tam giác \(SAB\)vuông cân tại \(S\)nên \(SH = \frac{1}{2}AB\).

Ta có: \[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.{S_{\Delta ABC}}.SH\]\[ = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.AB.AC.\frac{1}{2}AB\]\[ = \frac{{{a^3}}}{{12}}\].

Lời giải

Chọn A

Ta có\(y' = - f'\left( {3 - x} \right) - 1 - \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 2} }} \Leftrightarrow y' = - \left( {f'\left( {3 - x} \right) + 1 + \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 2} }}} \right)\).

Ta thấy \(f'\left( {3 - x} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 2 < 3 - x < 0\\3 - x > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3 < x < 5\\x < 0\end{array} \right.\);

Trên các khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và \(\left( {3;5} \right)\) thì \(1 + \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 2} }}\) đều có giá trị dương.

Suy ra trên các khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và \(\left( {3;5} \right)\) thì:\(f'\left( {3 - x} \right) + 1 + \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 2} }} > 0 \Rightarrow y' < 0\)

Vậy hàm số\(y = f\left( {3 - x} \right) - x - \sqrt {{x^2} + 2} \) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và \(\left( {3;5} \right)\).

Lời giải

Chọn C

Chọn \(f'\left( x \right) = \left( {x - 1} \right){\left( {x - 2} \right)^2}\left( {x - 3} \right)\left( {x - 4} \right)\)

Đặt \(y = g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 2} \right) - \left( {\frac{{{x^3}}}{3} + {x^2} - 3x + 4} \right)\).

Khi đó \(g'\left( x \right) = 2x.f'\left( {{x^2} - 2} \right) - \left( {{x^2} + 2x - 3} \right)\).

\( = 2x.\left( {{x^2} - 2 - 1} \right){\left( {{x^2} - 2 - 2} \right)^2}\left( {{x^2} - 2 - 3} \right)\left( {{x^2} - 2 - 4} \right) - \left( {{x^2} + 2x - 3} \right)\)\( = 2x.\left( {{x^2} - 3} \right){\left( {{x^2} - 4} \right)^2}\left( {{x^2} - 5} \right)\left( {{x^2} - 6} \right) - \left( {{x^2} + 2x - 3} \right)\)

\(g'\left( { - 2} \right) = 3 > 0\)

\(\,g'\left( 3 \right) = 10788 > 0\)

Cách 2: (TV phản biện)

Ta có \(y' = g'\left( x \right) = 2x.f'\left( {{x^2} - 2} \right) - \left( {{x^2} + 2x - 3} \right)\)

Từ đồ thị ta có \(f'\left( {{x^2} - 2} \right) < 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - 2 < 1}\\{3 < {x^2} - 2 < 4}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \in \left( { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right)}\\{x \in \left( { - \sqrt 6 ; - \sqrt 5 } \right) \cup \left( {\sqrt 5 ;\sqrt 6 } \right)}\end{array}} \right.\).

Suy ra \(2xf'\left( {{x^2} - 2} \right) < 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ; - \sqrt 6 } \right) \cup \left( { - \sqrt 5 ; - \sqrt 3 } \right) \cup \left( {0;\sqrt 3 } \right) \cup \left( {\sqrt 5 ;\sqrt 6 } \right)\)

Nên ta lập được bảng xét dấu của \(g'\left( x \right)\)như sau

Từ bảng xét dấu ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 3} \right)\), \(\left( {1;\sqrt 3 } \right)\)và \(\left( {\sqrt 5 ;\sqrt 6 } \right)\).

Vậy đáp án đúng là đáp án

Lời giải

Chọn C

\(y' = \frac{{{m^4} - 16}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}} = \frac{{\left( {{m^2} - 4} \right)\left( {{m^2} + 4} \right)}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}},\forall x \ne - m\).

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow y' > 0;\forall x \in \left( {5; + \infty } \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4 > 0\\ - m \notin \left( {5; + \infty } \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > 2\\m < - 2\end{array} \right.\\m \ge - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 2\\ - 5 \le m < - 2\end{array} \right.\).

Kết hợp với \(m \in {\mathbb{Z}^ - } \Rightarrow m \in \left\{ { - 5; - 4; - 3} \right\}\)là các giá trị cần tìm.

Vậy tập \(S\)có \(3\)phần tử.

Lời giải

Chọn C

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\)

\(f'\left( x \right) = {x^2} + 2mx + \left( {{m^2} - 4} \right)\)

Hàm số đạt cực đại tại \(x = 1\) suy ra \(f'\left( 1 \right) = 0 \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = - 3\end{array} \right.\)

Với \(m = 1\) ta có \(f'\left( x \right) = {x^2} + 2x - 3;\,f''\left( x \right) = 2x + 2\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 3\end{array} \right.\)

Khi đó \(f''\left( 1 \right) = 4 > 0\) suy ra hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 1\): không thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Với \(m = - 3\) ta có \(f'\left( x \right) = {x^2} - 6x + 5;\,f''\left( x \right) = 2x - 6\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 5\end{array} \right.\)

Khi đó \(f''\left( 1 \right) = - 4 < 0\) suy ra hàm số đạt cực đại tại \(x = 1\): thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Vậy \(m = - 3\) thì ra hàm số đạt cực đại tại \(x = 1\).

Lời giải

Chọn C

Phương trình \(f\left( {\sqrt {4x - {x^2}} - 1} \right) = m\) có điều kiện \(0 \le x \le 4\). Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra, với \(0 \le x \le 4\) thì \( - 1 \le \sqrt {4x - {x^2}} - 1 \le 1\). Đặt \(t = \sqrt {4x - {x^2}} - 1\), \( - 1 \le t \le 1\). (Có thể biến đổi \(t = \sqrt {4 - {{\left( {x - 2} \right)}^2}} - 1 \Rightarrow - 1 \le t \le 1\)).

Phương trình đã cho trở thành \(f\left( t \right) = m\) (1). Phương trình đã cho có nghiệm \( \Leftrightarrow \) (1) có nghiệm \(t \in \left[ { - 1;1} \right] \Leftrightarrow - 4 \le m \le 0\).

Lời giải

Chọn B

Xét phương trình \(2f\left( {x + 3} \right) + 1 \Leftrightarrow f\left( {x + 3} \right) = - \frac{1}{2}\) (*).

Đặt \(t = x + 3\) ta có phương trình trên trở thành \(f\left( t \right) = - \frac{1}{2}\) (**).

Số nghiệm của (**) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) và đường thẳng \(y = - \frac{1}{2}\).

Từ bảng biến thiên ta có (**) có 3 nghiệm phân biệt, do đó (*) cũng có 3 nghiệm phân biệt.

Vậy đồ thị hàm số \(y = g\left( x \right)\) có 3 tiệm cận đứng.

Lời giải

Chọn A

Đường thẳng: \(2x + y - m = 0 \Leftrightarrow y = - 2x + m\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của 2 đường:

\(\frac{{2x - 3}}{{x - 1}} = - 2x + m\)\( \Leftrightarrow \)\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ne 1}\\{2x - 3 = \left( { - 2x + m} \right)\left( {x - 1} \right)}\end{array}} \right.\backslash \left( {\;\backslash Leftrightarrow\;\backslash } \right)\)\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ne 1}\\{2{x^2} - mx + m - 3 = 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \backslash \left( {2\left\{ {x\^2} \right\}\; - \;mx\; + \;m\; - \;3\; = \;0\backslash } \right)\)\(\left( * \right)\)

Yêu cầu bài toán \( \Rightarrow \)phương trình \(\left( * \right)\)có 2 nghiệm phân biệt

           \( \Leftrightarrow \Delta = {m^2} - 8\left( {m - 3} \right) > 0 \Leftrightarrow \forall m \in \mathbb{R}\)

Khi đó gọi tọa độ giao điểm \(A\left( {{x_1};{y_1} = - 2{x_1} + m} \right)\),\(B\left( {{x_2};{y_2} = - 2{x_2} + m} \right)\) với \({x_1}\), \({x_2}\)là hai nghiệm của phương trình \(\left( * \right)\)

Trung điểm \(M\)của \(AB\)có tọa độ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_M} = \frac{{{x_1} + {x_2}}}{2} = \frac{m}{4}}\\{{y_M} = \frac{{{y_1} + {y_2}}}{2} = \frac{{ - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 2m}}{2} = \frac{{3m}}{4}}\end{array}} \right.\)

Đường tròn tâm \(I\left( {1; - 1} \right)\), bán kính \(R = \sqrt 2 \)có phương trình:

                   \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = 2\)

\(M\)thuộc đường tròn trên nên ta có: \({\left( {\frac{m}{4} - 1} \right)^2} + {\left( {\frac{{3m}}{4} + 1} \right)^2} = 2\)

\( \Leftrightarrow \)\(\frac{5}{8}{m^2} + m = 0\backslash \left( {\;\backslash Leftrightarrow\;\backslash } \right)\)\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 0}\\{m = - \frac{8}{5}}\end{array}} \right.\)

Lời giải

Chọn A

Cho \(u = v = 0 \to f(0 + 0) = f(0) + f(0) = 0 \Leftrightarrow f(0) = 0\)

Cho \(v = - u \to f(u - u) = f(u) + f( - u) = f(0) = 0 \Leftrightarrow f( - u) = - f(u) \to \)hàm số \(y = f(x)\)là hàm lẻ.

Lại có: \(f(4) = f(2 + 2) = f(2) + f(2) = 5 \to f(2) = \frac{5}{2}\)

Suy ra: \(f(6) = f(4) + f(2) = 5 + \frac{5}{2} = \frac{{15}}{2} \to f( - 6) = - f(6) = - \frac{{15}}{2}\)(vì hàm\(y = f(x)\) là hàm lẻ)

Lời giải

Chọn A

Kí hiệu \(V\) là thể tích khối tứ diện \(SABC\).

Gọi \(P\), \(Q\) lần lượt là giao điểm của \(\left( \alpha \right)\) với các đường thẳng \(BC\), \(AC\).

Ta có \(NP\;{\rm{//}}\;MQ\;{\rm{//}}\;SC\).

Khi chia khối \(\left( {{H_1}} \right)\) bởi mặt phẳng \(\left( {QNC} \right)\), ta được hai khối chóp \(N.SMQC\) và \(N.QPC\).

Ta có \(\frac{{{V_{N.SMQC}}}}{{{V_{B.ASC}}}} = \frac{{d\left( {N,\left( {SAC} \right)} \right)}}{{d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right)}} \cdot \frac{{{S_{SMQC}}}}{{{S_{SAC}}}}\).

\(\frac{{d\left( {N,\left( {SAC} \right)} \right)}}{{d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right)}} = \frac{{NS}}{{BS}} = \frac{2}{3}\); \(\frac{{{S_{AMQ}}}}{{{S_{ASC}}}} = \frac{{AM}}{{AS}}.\frac{{AQ}}{{AC}} = {\left( {\frac{{AM}}{{AS}}} \right)^2} = \frac{4}{9} \Rightarrow \frac{{{S_{SMQC}}}}{{{S_{ASC}}}} = \frac{5}{9}\).

Do đó \(\frac{{{V_{N.SMQC}}}}{{{V_{B.ASC}}}} = \frac{2}{3} \cdot \frac{5}{9} = \frac{{10}}{{27}}\).

\(\frac{{{V_{N.QPC}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{d\left( {N,\left( {QPC} \right)} \right)}}{{d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right)}} \cdot \frac{{{S_{QPC}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{NB}}{{SB}} \cdot \left( {\frac{{CQ}}{{CA}} \cdot \frac{{CP}}{{CB}}} \right) = \frac{1}{3} \cdot \left( {\frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3}} \right) = \frac{2}{{27}}\).

Do đó \(\frac{{{V_1}}}{V} = \frac{{{V_{N.SMQC}}}}{{{V_{B.ASC}}}} + \frac{{{V_{N.QPC}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{10}}{{27}} + \frac{2}{{27}} = \frac{4}{9} \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_1} + {V_2}}} = \frac{4}{9} \Rightarrow 5{V_1} = 4{V_2} \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{4}{5}\).

Lời giải

Chọn C

Gọi \[I\]là trung điểm\[AB\]. Vì \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ tam giác đều nên

\[AI \bot \left( {BB'C'C} \right) \Rightarrow AI \bot BC'\].

Lại có: \(AC' \bot BC'\) nên suy ra \(BC' \bot \left( {AIB'} \right) \Rightarrow BC' \bot B'I\)

Gọi \(H = B'I \cap BC'\)

Ta có \(\Delta BHI\) đồng dạng \(\Delta C'HB'\)\[ \Rightarrow \frac{{HI}}{{B'H}} = \frac{{BI}}{{B'C'}} = \frac{1}{2} \Rightarrow B'H = 2HI \Rightarrow B'I = 3HI\]

Xét tam giác vuông \(B'BI\)có \(B{I^2} = HI.B'I = 3H{I^2} \Rightarrow HI = \sqrt {\frac{{B{I^2}}}{3}} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{{12}}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Suy ra \(BB' = \sqrt {B'{I^2} - B{I^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Vậy \(V = {S_{\Delta ABC}}.BB' = {a^2}\frac{{\sqrt 3 }}{4}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{8}\).

Lời giải

Chọn D

Ta có: \[g'\left( x \right) = \left( {4{x^3} - 4x} \right)f'\left( {{x^4} - 2{x^2} - 3} \right) - 8{x^3} + 8x = \left( {4{x^3} - 4x} \right)\left[ {f'\left( {{x^4} - 2{x^2} - 3} \right) - 2} \right]\]

\[ \Rightarrow g'\left( x \right) = 0\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^3} - x = 0\\f'\left( {{x^4} - 2{x^2} - 3} \right) = 2\end{array} \right.\]

Theo đồ thị hàm số \[y = f'\left( x \right)\] ta có \[f'\left( x \right) = 2\].

Vậy \[g'\left( x \right) = 0\]

Xét hàm số \[h\left( x \right) = {x^4} - 2{x^2} - 3\] trên \[\mathbb{R}\].

Ta có \[h'\left( x \right) = 4{x^3} - 4x\], \[h'\left( x \right) = 0\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\end{array} \right.\], từ đó ta có BBT của \[y = h\left( x \right)\] như sau:

Từ BBT của hàm số \[h\left( x \right) = {x^4} - 2{x^2} - 3\], ta thấy \[h\left( x \right) = {x_1} \in \left( { - 4; - 3} \right)\] có đúng bốn nghiệm phân biệt. Vì vậy phương trình \[g'\left( x \right) = 0\] có đúng \[9\] nghiệm phân biệt là các nghiệm đơn và nghiệm bội lẻ nên hàm số \[y = g\left( x \right)\]có \[9\] điểm cực trị.

Lời giải

Chọn B

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

Xét \(u\left( x \right) = {x^4} - 4{x^3} + 4{x^2} + m\) liên tục trên \(\left[ {0;2} \right]\).

Ta có\(u'\left( x \right) = 4{x^3} - 12{x^2} + 8x\), \(u'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 1}\\{x = 2}\end{array}} \right.\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{u\left( 0 \right) = m}\\{u\left( 1 \right) = m + 1}\\{u\left( 2 \right) = m}\end{array}} \right.\).

Suy ra: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\mathop {min}\limits_{\left[ {{\rm{0;2}}} \right]} u\left( x \right) = m}\\{\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ {{\rm{0;2}}} \right]} u\left( x \right) = m + 1}\end{array}} \right.\).

\(\mathop {min}\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = \min \left\{ {0;\left| m \right|;\left| {m + 1} \right|} \right\}\) hoặc \(\mathop {min}\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = 0\), với \(m \in \left[ { - 3;3} \right]\) (*).

Trường hợp 1: \(m\left( {m + 1} \right) \le 0 \Leftrightarrow - 1 \le m \le 0\).

      \(\mathop {min}\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = 0\)

Trường hợp 2: \(m > 0\) kết hợp với (*) ta có: \(0 < m \le 3\).

\(\mathop {min}\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = \left| m \right|\).

Trường hợp 3: \(m + 1 < 0 \Leftrightarrow m < - 1\) kết hợp với (*) ta có \( - 3 \le m < - 1\).

\(\mathop {min}\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = \left| {m + 1} \right|\).

Khi đó: \(\mathop {min}\limits_{\left[ {{\rm{0;2}}} \right]} f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left| m \right|,m \in 0;3}\\{\left| {m + 1} \right|,m \in \left. { - 3; - 1} \right)}\\{0,m \in \left[ { - 1;0} \right]}\end{array}} \right.\).

Dựa vào đồ thị ta thấy \(\mathop {min}\limits_{\left[ {{\rm{0;2}}} \right]} f\left( x \right)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(3\) khi \(m = 3\).