Bộ 20 đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án (Đề 15)

 Lời giải

Chọn CTa có mệnh đề (I) đúng và mệnh đề (II) sai (câu lý thuyết)

Lời giảiChọn BGọi Đ là tổng số đỉnh, C là tổng số cạnh, M là tổng số mặt của khối đa diện đều loại \[\left\{ {p;q} \right\}\].Ta có: . Cụ thể: Xét tứ diện đều loại . Xét khối lập phương đều loại . Xét khối bát diện đều loại . Xét khối mười hai mặt đều loại . Xét khối hai mươi mặt đều loại .Vậy ta có sắp xếp: \[\left\{ {3;\,3} \right\}\], \[\left\{ {3;\,4} \right\}\], \[\left\{ {4;\,3} \right\}\], \[\left\{ {3;\,5} \right\}\], \[\left\{ {5;\,3} \right\}\].

Lời giải

Chọn B+ Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 3\),\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\end{array} \right.\).+ \(f\left( { - 3} \right) = - 16;f\left( 3 \right) = 20;f\left( { - 1} \right) = 4;f\left( 1 \right) = 0\).Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng \(f\left( { - 3} \right) = - 16\).

Lời giải

Chọn C

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{OA \bot OB}\\{OA \bot OC}\end{array}} \right. \Rightarrow OA \bot \left( {OBC} \right)\)Thể tích khối tứ diện \(OABM\) là \(V = \frac{1}{3}.OA.{S_{\Delta OBM}} = \frac{1}{3}.OA.\frac{1}{2}.{S_{\Delta OBC}} = \frac{1}{6}.OA.\frac{1}{2}.OB.OC = \frac{1}{{12}}.2a.3a.8a = 4{a^3}\).

Lời giải

Chọn BHàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) nên hàm số đồng biến trên \(M\).

Lời giải

Chọn CDựa vào đồ thị của hàm số, hàm số đạt cực đại tại \(x = - 1\).

Lời giải

Chọn DQuan sát đồ thị trên \(\left[ { - 2;\,3} \right]\) ta thấy GTLN của hàm số bằng \(M = 4\) tại \(x = - 1\) và đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(m = - 3\) tại \(x = - 2\).Vậy \(m.M = - 12\).

Lời giải

Chọn ASố nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = 3\)bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\)và đường thẳng \(y = 3\).Ta có đường thẳng \(y = 3\)song song với trục hoành và cắt trục tung tại điểm có tọa độ \(\left( {0;3} \right)\).Từ đồ thị ta thấy đường thẳng \(y = 3\)cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\)tại hai điểm phân biệt. Do đó phương trình \(f\left( x \right) = 3\)có 2 nghiệm thực phân biệt.

Lời giải

Chọn C· Ta có: \(V = \frac{1}{3}.3S.h = Sh\)

Lời giải

Chọn CDựa vào bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số nhận các đường thẳng x = -2, x = 2 là các đường tiệm cận đứng, y = 0 là tiệm cận ngangTổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là \(3\).

Lời giải

Chọn ATa thấy hàm số \(y = {x^2} + x\) là hàm số bậc hai do đó không đồng biến trên \(\mathbb{R}\).Hàm số \(y = {x^4} + {x^2}\) là hàm số trùng phương luôn có điểm cực trị do đó không đồng biến trên \(\mathbb{R}\).Hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{x + 3}}\)có tập xác định là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 3} \right\}\) nên không đồng biến trên \(\mathbb{R}\).Hàm số \(y = {x^3} + x\) có \(y' = 3{x^2} + 1 > 0\), với \(\forall x \in \mathbb{R}\) do đó hàm số luôn đồng biến trên tập xác định \(\mathbb{R}\).

Lời giải

Chọn CTrên khoảng \(\left( { - 2;0} \right)\), đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\)đi xuống (từ trái sang phải) nên hàm số nghịch biến trên khoảng \(y = f\left( x \right)\).

Lời giải

Chọn CDựa vào đồ thị và đáp án, hàm số cần tìm có dạng \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\) với \(a < 0\). Loại C, D.Vì đồ thị hàm số có 3 cực trị nên \(ab < 0\). Loại A. Vậy chọn B.

Lời giải

Chọn CDựa vào BBT hàm số đạt cực tiểu tại điểm \(x = - 2\).

Lời giải

Chọn B

Ta có \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\).

Lời giải

Chọn AMột hình đa diện có ít nhất bốn đỉnh.

Lời giải

Chọn D+ TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).+ Ta có \(\mathop {lim}\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {lim}\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = + \infty \Rightarrow x = 1\)là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Lời giải

Chọn BPhương pháp trắc nghiệm. Vì hàm số bậc 4 trùng phương hệ số \[a;b\] trái dấu nhau nên có 3 cực trị.Phương pháp tự luận. Tính \[y' = 4{x^3} + 2mx = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \sqrt { - \frac{m}{2}} \\x = - \sqrt { - \frac{m}{2}} \end{array} \right.\] nên hàm số có 3 cực trị.

Lời giải

Chọn AĐồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = 1\)\( \Leftrightarrow - \frac{b}{c} = 1 \Leftrightarrow b + c = 0\)\(\left( 1 \right)\)Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = 1\)\( \Leftrightarrow \frac{a}{c} = 1 \Leftrightarrow a - c = 0\)\(\left( 2 \right)\)Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm \(\left( { - 2;0} \right)\)\( \Leftrightarrow \frac{{ - 2a + 2}}{{ - 2c + b}} = 0 \Leftrightarrow a = 1\)\(\left( 3 \right)\)Từ \(\left( 1 \right)\), \(\left( 2 \right)\)và \(\left( 3 \right)\)\( \Rightarrow a = 1\), \(b = - 1\), \(c = 1\).Vậy \(S = a + b + c = 1\).

Lời giải

Chọn ATa có, \(2018f\left( x \right) - 2019 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{{2019}}{{2018}} \in \left( {1;2} \right)\).

Dựa vào đồ thị ta thấy, đường thẳng \(y = \frac{{2019}}{{2018}}\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại \(4\) điểm phân biệt.

Lời giải

Chọn ATa có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{x + 1}}{{{x^2} - 2mx + 4}} = 0\). suy ra đường thẳng \(y = 0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.Để đồ thị hàm số đã cho có ba đường tiệm cận thì phương trình \[{x^2} - 2mx + 4 = 0\] có hai nghiệm phân biệt và khác \( - 1\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\Delta ' > 0}\\{{{\left( { - 1} \right)}^2} - 2m\left( { - 1} \right) + 4 \ne 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4 > 0\\2m + 5 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > 2}\\{m < - 2}\end{array}} \right.}\\{m \ne - \frac{5}{2} \cdot }\end{array}} \right.\)

Lời giải

Chọn DĐk: \( - a.b - 6 \ne 0 \Leftrightarrow a.b \ne - 6\)Từ BBT ta dễ dàng nhận thấy ĐTHS có TCN là:\(y = 2\)và tiệm cận đứng là: \(x = 1\)Suy ra \[\frac{a}{2} = 2 \Leftrightarrow a = 4\]và \[\frac{b}{2} = 1 \Leftrightarrow b = 2\](TMĐK)Vậy \[a - 2b = 4 - 2.2 = 0\].

Lời giải

Chọn D

Diện tích đáy \(B = {S_{ABC}} = \frac{1}{2}a.2a = {a^2}\)Chiều cao: \(h = a\)\({V_{ABCA'B'C'}} = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}{a^2}.a = \frac{{{a^3}}}{3}\)

Lời giải

Chọn BCách 1: (Dùng bất đẳng thức CauChy)\(y = 3x + \frac{4}{{{x^2}}} = \frac{{3x}}{2} + \frac{{3x}}{2} + \frac{4}{{{x^2}}} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{3x}}{2}.\frac{{3x}}{2}.\frac{4}{{{x^2}}}}} = 3\sqrt[3]{9}\) (do \(x > 0\))Dấu xảy ra khi \(\frac{{3x}}{2} = \frac{4}{{{x^2}}} \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{\frac{8}{3}}}\).Vậy \(\mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} y = 3\sqrt[3]{9}\)Cách 2: (Dùng đạo hàm)Xét hàm số \(y = 3x + \frac{4}{{{x^2}}}\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\)Ta có \(y = 3x + \frac{4}{{{x^2}}} \Rightarrow y{\rm{'}} = 3 - \frac{8}{{{x^3}}}\)Cho \(y{\rm{'}} = 0 \Leftrightarrow \frac{8}{{{x^3}}} = 3 \Leftrightarrow {x^3} = \frac{8}{3} \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{\frac{8}{3}}}\)\( \Rightarrow \mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} y = y\left( {\sqrt[3]{{\frac{8}{3}}}} \right) = 3\sqrt[3]{9}\).

Lời giải

Chọn DTXĐ: D = \(\mathbb{R}\).Có \(y' = {x^2} + 4x - 2m + 3\)Để hàm số đồng biến trên \(\left( { - 1; + \infty } \right)\)thì \(y' \ge 0\)\(\forall x \in \left( { - 1; + \infty } \right)\)\( \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 2m + 3 \ge 0\)\(\forall x \in \left( { - 1; + \infty } \right)\)\( \Leftrightarrow {x^2} + 4x + 3\; \ge \;2m\)\(\forall x \in \left( { - 1; + \infty } \right)\quad \left( * \right)\)Đặt \(h\left( x \right) = {x^2} + 4x + 3\)với \(x \in \left( { - 1; + \infty } \right)\)Ta có \(h'\left( x \right) = 2x + 4\)\(h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = - 2\)Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có\(\left( * \right)\; \Leftrightarrow \;2m\; \le \;0\; \Leftrightarrow \;m\; \le \;0\) hay \(m \in \left( { - \infty ;0} \right]\)

Lời giải

Chọn DTa có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 2 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{{f\left( x \right)}} = \frac{1}{2}\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = - 2 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{f\left( x \right)}} = - \frac{1}{2}\).Suy ra đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{f\left( x \right)}}\)có hai đường tiệm cận ngang là \(y = \frac{1}{2}\)và \(y = - \frac{1}{2}\).Dựa vào bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\)ta thấy: phương trình \(f\left( x \right) = 0\)có hai nghiệm phân biệt \({x_1} < - 1 < {x_2}\).Khi đó: \(f\left( {{x_1}} \right) = f\left( {{x_2}} \right) = 0\).Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_1}^ - } f\left( x \right) = 0\\f\left( x \right) > 0\,khi\,x \to {x_1}^ - \end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_1}^ - } \frac{1}{{f\left( x \right)}} = + \infty \)và \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_2}^ - } f\left( x \right) = 0\\f\left( x \right) > 0\,khi\,x \to {x_2}^ - \end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_2}^ - } \frac{1}{{f\left( x \right)}} = + \infty \).Vậy đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{f\left( x \right)}}\)có hai tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = {x_1}\)và \(x = {x_2}\).

Lời giải

Chọn A

Ta có \(V = \frac{1}{3}.{S_{\Delta ABC}}.SH\).Vì\[ABC{\rm{ }}\]là tam giác vuông cân tại \[A\], cạnh huyền \[BC = a\sqrt 2 \] nên \[AB = AC = a\].\[{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC = \frac{{{a^2}}}{2}\].Tam giác \[ABC{\rm{ }}\]vuông tại \[A\] có trung tuyến \[AH = \frac{{BC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\].Tam giác \[SAH\]vuông tại \[H\] có \[SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{a}{2}\].Vậy \(V = \frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}}}{{12}}\).

Lời giải

Chọn BTa có \(y' = \frac{{ - {m^2} + m - 2}}{{{{\left( { - x + 1} \right)}^2}}} < 0\)với \(\forall x \in \left[ { - 4; - 2} \right]\)\( \Rightarrow \)hàm số \[y = \frac{{mx - {m^2} - 2}}{{ - x + 1}}\] nghịch biến trên \(\left[ { - 4; - 2} \right]\)\( \Rightarrow \)\[\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 4; - 2} \right]} y = y\left( { - 4} \right)\]\( = \frac{{ - {m^2} - 4m - 2}}{5}\).Theo đề bài ta có \[\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 4; - 2} \right]} y = \frac{{ - 1}}{3}\]\( \Leftrightarrow \frac{{ - {m^2} - 4m - 2}}{5} = - \frac{1}{3}\)\( \Leftrightarrow 3{m^2} + 12m + 1 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{{ - 6 + \sqrt {33} }}{3}\\m = \frac{{ - 6 - \sqrt {33} }}{3}\end{array} \right.\).

Lời giải

Chọn BTa có hàm số \(f\left( x \right)\)có đạo hàm trên \(\mathbb{R}\)và \(f'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\) nên hàm số \(f\left( x \right)\)đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\)Lại có \(f\left( 2 \right) = 1\)mà \(3 > 2 \Rightarrow f\left( 3 \right) > f\left( 2 \right)\) nên \(A\) sai\(1 < 2 \Rightarrow f\left( 1 \right) < f\left( 2 \right)\) nên \(C\) sai\(2019 < 2020 \Rightarrow f\left( {2019} \right) < f\left( {2020} \right)\) nên \(D\) saiXét \(B\):\(f\left( 2 \right) + f\left( 3 \right) = 4 \Rightarrow f(3) = 4 - f\left( 2 \right) = 4 - 1 = 3 > f\left( 2 \right)\)Vậy \(B\) có thể xảy ra

Lời giải

Chọn C\(f{\rm{'}}\left( x \right) = 0\)\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right){{\left( {x + 4} \right)}^3} = 0}\\{ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\\{x = - 4}\end{array}} \right.}\end{array}\)Ta có bảng xét dấu của \(f{\rm{'}}\left( x \right)\)

Dựa vào bảng xét dấu của \(f{\rm{'}}\left( x \right)\) suy ra hàm số đã cho có 2 điểm cực tiểu.

Lời giải

Chọn A

Gọi \(x\) là độ dài cạnh của hình lập phương ABCD.A'B'C'D'Ta có \(AC = 2\sqrt 2 a \Leftrightarrow x\sqrt 2 = 2\sqrt 2 a \Leftrightarrow x = 2a\)Vậy thể tích của hình lập phương ABCD.A'B'C'D' là \(V = {x^3} = {\left( {2a} \right)^3} = 8{a^3}.\)

Lời giải

Chọn B

Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), kéo dài \(MN\) cắt \(DA\), \(DC\) lần lượt tại \(F\), \(E\).Trong mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\), gọi \(FK \cap SD = Q\). Trong mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\), gọi \(QE \cap SC = P\).Suy ra thiết diện là ngũ giác \(MNPQK\) và \(MN{\rm{//}}AC\;{\rm{//\;}}PK\).Đặt \(h = d\left( {S,\left( {ABCD} \right)} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {K,\left( {ABCD} \right)} \right) = d\left( {P,\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}h\)Ta có: \(FA = BN = \frac{1}{2}AD \Rightarrow \frac{{FD}}{{FA}} = 3\).Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác \(SAD\), suy ra\(\frac{{QS}}{{QD}}.\frac{{FD}}{{FA}}.\frac{{KA}}{{KS}} = 1 \Rightarrow \frac{{QS}}{{QD}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{QD}}{{SD}} = \frac{3}{4} \Rightarrow d\left( {Q,\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{3}{4}h\)Mặt khác: \({S_{FAM}} = {S_{NCE}} = {S_{BMN}} = \frac{1}{4}{S_{ABC}} = \frac{1}{8}{S_{ABCD}} \Rightarrow {S_{DEF}} = \frac{9}{8}{S_{ABCD}}\)Suy ra thể tích của khối đa diện không chứa đỉnh S là\(V = {V_{QDEF}} - {V_{KAMF}} - {V_{PECN}} = \frac{1}{3}\left( {\frac{3}{4}h.\frac{9}{8}S - \frac{1}{2}h.\frac{1}{8}S - \frac{1}{2}h.\frac{1}{8}S} \right)\)\( = \frac{1}{3}.\frac{{23}}{{32}}.h.{S_{ABCD}} = \frac{{23}}{{32}}{V_{ABCD}} = {V_2}\)\( \Rightarrow {V_1} = \frac{9}{{32}} \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{9}{{23}}\)

Lời giải

Chọn D\(g\left( x \right) = f\left( {{x^3} - 3x} \right)\)\( \Rightarrow g'\left( x \right) = \left( {3{x^2} - 3} \right)f'\left( {{x^3} - 3x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{3{x^2} - 3 = 0}\\{f'\left( {{x^3} - 3x} \right) = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 1}\\{x = 1}\\{{x^3} - 3x = m\quad \left( 1 \right),m \in \left( {1;2} \right)}\end{array}} \right.\).Xét hàm số \(h\left( x \right) = {x^3} - 3x \Rightarrow h'\left( x \right) = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 1}\\{x = 1}\end{array}} \right.\).Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình \(\left( 1 \right)\) có ba nghiệm phân biệt khác \( - 1\)và \(1\).Nên phương trình \(g'\left( x \right) = 0\)có \(5\) nghiệm đơn phân biệt \( \Rightarrow g\left( x \right) = f\left( {{x^3} - 3x} \right)\)có 5 điểm cực trị.

Lời giải

Chọn DXét \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right).f'\left( {f\left( x \right) - 1} \right)\)Ta có: \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{f'\left( x \right) = 0\left( 1 \right)}\\{f'\left( {f\left( x \right) - 1} \right) = 0\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)Giải (1): Từ đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\)suy ra hàm số \(f\left( x \right)\)có 3 điểm cực trị từ đó suy ra : \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = a,a \in \left( { - 1;0} \right)}\\{x = 1}\\{x = b,b \in \left( {1;2} \right)}\end{array}} \right.\)Giải (2): Tương tự như phương trình (1) ta suy ra : \(f'\left( {f\left( x \right) - 1} \right) = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{f\left( x \right) - 1 = a,a \in \left( { - 1;0} \right)}\\{f\left( x \right) - 1 = 1}\\{f\left( x \right) - 1 = b,b \in \left( {1;2} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{f\left( x \right) = a + 1,a + 1 > 0}\\{f\left( x \right) = 2}\\{f\left( x \right) = b + 1,2 < b + 1 < 3}\end{array}} \right.\)Nhận thấy đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\)cắt :+) Đường thẳng: \(y = a + 1\)tại \(2\)điểm phân biệt+) Đường thẳng: \(y = 2\)tại \(2\)điểm phân biệt+) Đường thẳng: \(y = b + 1\)tại \(2\)điểm phân biệt.+) Đường thẳng: \(y = b + 1\)tại \(2\)điểm phân biệt.Mặt khác các nghiệm của phương trình (1) và (2) không trùng nhau nên từ đó kết luận phương trình phương trình \(g'\left( x \right) = 0\)có \(9\)nghiệm phân biệt.

Lời giải

Chọn A

Đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\)đi qua 3 điểm \(\left( {2;0} \right)\), \(\left( {1;0} \right)\), \(\left( {0;2} \right)\)nên hàm số \(y = f'\left( x \right)\)có dạng\(y = f'\left( x \right) = {x^2} - 3x + 2\).Xét hàm số \(y' = {\left[ {f\left( {1 - {x^2}} \right) + 6{x^2}} \right]^'} = - 2xf'\left( {1 - {x^2}} \right) + 12x\)\( = - 2x\left[ {{{\left( {1 - {x^2}} \right)}^2} - 3\left( {1 - {x^2}} \right) + 2} \right] + 12x = - 2x\left( {{x^4} + {x^2} - 6} \right) = - 2x\left( {{x^2} - 2} \right)\left( {{x^2} + 3} \right)\).Bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( {1 - {x^2}} \right) + 6{x^2}\).

Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - \sqrt 2 } \right)\)và\(\left( {0;\sqrt 2 } \right) \Rightarrow \) hàm số \(y = f\left( {1 - {x^2}} \right) + 6{x^2}\)đồng biến trên khoảng \(\left( {1;\sqrt 2 } \right)\).