Bộ 20 đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án (Đề 3)

Lời giải
Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\). Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \frac{{x - 1}}{{x + 1}} = - \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \frac{{x - 1}}{{x + 1}} = + \infty \) nên đồ thị \(\left( C \right)\) có tiệm cận đứng là \(x = - 1\).Do \({x_M} < - 1 < {x_N}\) nên \(M\), \(N\) là hai điểm nằm trên hai nhánh của đồ thị \(\left( C \right)\).Ta có: \(y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}} = 1 - \frac{2}{{x + 1}}\) và \(M\left( {{x_M}\,;\,1 - \frac{2}{{{x_M} + 1}}} \right)\), \(N\left( {{x_N}\,;\,1 - \frac{2}{{{x_N} + 1}}} \right)\).Đặt \(a = {x_N} + 1\), \(b = - 1 - {x_M}\) thì \(a > 0\), \(b > 0\) và \(M\left( { - b - 1\,;\,1 + \frac{2}{b}} \right)\), \(N\left( {a - 1\,;\,1 - \frac{2}{a}} \right)\).Khi đó: \(MN = \sqrt {{{\left( {a + b} \right)}^2} + {{\left( {\frac{2}{a} + \frac{2}{b}} \right)}^2}} = \sqrt {\left( {{a^2} + \frac{4}{{{a^2}}}} \right) + \left( {2ab + \frac{8}{{ab}}} \right) + \left( {{b^2} + \frac{4}{{{b^2}}}} \right)} \).Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các cặp số dương:\({a^2} + \frac{4}{{{a^2}}} \ge 2\sqrt {{a^2}.\frac{4}{{{a^2}}}} = 4\). Dấu “=” xảy ra khi \[\left\{ \begin{array}{l}{a^2} = \frac{4}{{{a^2}}}\\a > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{2}{a}\\a > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow a = \sqrt 2 \].\({b^2} + \frac{4}{{{b^2}}} \ge 2\sqrt {{b^2}.\frac{4}{{{b^2}}}} = 4\). Dấu “=” xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}{b^2} = \frac{4}{{{b^2}}}\\b > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \frac{2}{b}\\b > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow b = \sqrt 2 \).\(2ab + \frac{8}{{ab}} \ge 2\sqrt {2ab.\frac{8}{{ab}}} = 8\). Dấu “=” xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}2ab = \frac{8}{{ab}}\\a,b > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow ab = 2\).Vậy \(MN \ge \sqrt {4 + 4 + 8} = 4\). Tức là \({\rm{Min}}\,MN = 4\) khi \(a = b = \sqrt 2 \).

Lời giảiDựa vào bảng xét dấu \(y'\) ta thấy \(y'\) đổi dấu từ “\( - \)” sang “\( + \)” khi qua điểm \(x = - 1\) và không đổi dấu qua điểm \(x = 1\)nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 1 điểm cực trị.

Lời giảiThể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước \(a;\,b;\,c\) được xác định bởi công thức \(V = abc\).Vậy \(V = 1.2.3 = 6\).

Lời giảiTa có: \(g'\left( x \right) = \left( {3{x^2} - 3} \right)f'\left( {{x^3} - 3x} \right)\).Suy ra \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3{x^2} - 3 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\\f'\left( {{x^3} - 3x} \right) = 0\,\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( \~N \right)\\x = - 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( \~N \right)\\{x^3} - 3x = - 2\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{x^3} - 3x = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\).Phương trình \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \)\({x^3} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\,\,\,\,\,\,\left( {BC} \right)\\x = - 2\,\,\left( {BC} \right)\end{array} \right.\) .Phương trình \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \)\({x^3} - 3x - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \approx - 1,53 = {x_1}\\x \approx - 0,35 = {x_2}\\x \approx 1,88 = {x_3}\end{array} \right.\).Ta có bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\):

Vậy hàm số \(g\left( x \right)\) có \(3\) điểm cực tiểu.

Lời giảiHình vẽ đã cho có dạng đồ thị hàm số bậc ba \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) , \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = + \infty \) nên hệ số \(a > 0\), đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ nên \(d = 0\) . Chọn đáp án D.

Lời giải\(f'\left( x \right) = {x^2}{\left( {1 - x} \right)^3}{\left( {x - 2} \right)^5} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\,\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\).Ta có bảng xét dấu

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1\,;\,2} \right)\).

Lời giải\[y' = \frac{{ - {m^2} + 9}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}}\]Hàm số \[y = \frac{{mx - 9}}{{x - m}}\] đồng biến trên \[\left( {1\,;\,2} \right)\] \[ \Leftrightarrow y' > 0\,\,\forall x \in \left( {1\,;\,2} \right)\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - {m^2} + 9 > 0\\m \notin \left( {1\,;\,2} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 < m < 3\\m \le 1\, \vee \,m \ge 2\end{array} \right. \Leftrightarrow - 3 < m \le 1\, \vee \,2 \le m < 3\]Mà \[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1;2} \right\}\]. Do đó có 5 số nguyên thỏa yêu cầu.

Lời giảiGọi \[h\] là chiều cao của khối hộp\[ABCD.A'B'C'D'\].\[ \Rightarrow \]\[h\]cũng là chiều cao của khối chóp \[O.A'B'C'D'\].Do đó \[{V_{O.A'B'C'D'}} = \frac{1}{3}.{S_{A'B'C'D'}}.h = \frac{1}{3}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \frac{1}{3}.12 = 4\]

Lời giảiThể tích khối lăng trụ đều có diện tích đáy bằng \(4\), cạnh bên có độ dài bằng 3\(V = S.h\) \( = 4.3 = 12\).

Lời giải

Thể tích của khối hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) bằng \(V = 3.4.5 = 60\).Ta có hình đa diện \(EFGHIK\) là bát diện nên \({V_{EFGHIK}} = 2.{V_{EFGHI}} = 2.\frac{1}{3}.\frac{1}{2}AA'.{S_{FGHI}} = \frac{1}{3}AA'.{S_{FGHI}}\).Ta lại có \(FGHI\) là tứ giác có hai đường chéo \(FH\), \(GI\) vuông góc với nhau và \(FH = AD\), \(GI = AB\) nên \({S_{FGHI}} = \frac{1}{2}AD.BC\).Vậy thể tích khối đa diện \(EFGHIK\) là: \({V_{EFGHIK}} = \frac{1}{3}.AA'.\frac{1}{2}AB.AD = \frac{V}{6} = 10\).

Lời giải1) Hàm số \[y = {x^4} + {x^2} + 1\] là hàm trùng phương có a và b cùng dấu nên có đúng một cực trị.\[ \Rightarrow \] chọn phương án A.2) Xét hàm số \[y = {x^3}\].Tập xác định: D \[ = \]\(\mathbb{R}\).\[y' = 3{x^2} \ge 0,\,\forall x \in \mathbb{R}\].\[ \Rightarrow \] Hàm số đồng biến trên toàn tập xác định nên không có cực trị.\[ \Rightarrow \] loại phương án B.3) Xét hàm số \[y = {x^3} + {x^2}\].Tập xác định: D \[ = \]\(\mathbb{R}\).\[y' = 3{x^2} + 2x\].\[y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} + 2x = 0\].Vì phương trình trên có hai nghiệm phân biệt nên hàm số \[y = {x^3} + {x^2}\] có hai cực trị.\[ \Rightarrow \] loại phương án C.4) Xét hàm số \[y = \frac{{x + 1}}{{x - 2}}\].Tập xác định: D \[ = \]\(\mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\).\[y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} < 0,\,\forall x \ne 2\].\[ \Rightarrow \]Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định nên không có cực trị.\[ \Rightarrow \] loại phương án D.

Lời giảiTập xác định: D \[ = \]\(\mathbb{R}\).\[y' = 3{x^2} - 3\].\[y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\end{array} \right.\].Bảng biến thiên:

\[ \Rightarrow \] Hàm số đồng biến trong khoảng \[\left( { - \infty \,;\, - 1} \right)\] và \[\left( {1\,;\, + \infty } \right)\].Kết luận: chọn phương án A.

Lời giải

Cách 1: Ta tính thể tích khối tứ diện đều \[ABCD\] có cạnh bằng \(3\sqrt 2 \).Ta có \({S_{\Delta BCD}} = \frac{1}{2}.3\sqrt 2 .3\sqrt 2 .\sin 60^\circ = \frac{{9\sqrt 3 }}{2}\,\,.\) Gọi \[H\] là trọng tâm \(\Delta BCD \Rightarrow AH \bot \left( {BCD} \right)\,\,.\)Gọi \[I\] là trung điểm \[CD\]\[ \Rightarrow \,BI = \frac{{3\sqrt 6 }}{2} \Rightarrow \,BH = \frac{2}{3}BI = \sqrt 6 \,\,\,.\]\[ \Rightarrow AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}} = \sqrt {{{\left( {3\sqrt 2 } \right)}^2} - {{\sqrt 6 }^2}} = 2\sqrt 3 \,\,\,.\]Thể tích khối tứ diện đều cạnh \(3\sqrt 2 \) bằng: \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.AH.{S_{\Delta BCD}} = \frac{1}{3}.2\sqrt 3 .\frac{{9\sqrt 3 }}{2} = 9\,\,.\)
Cách 2: Thể tích khối tứ diện đều có cạnh bằng \(a\)là \(\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)Suy ra thể tích khối tứ diện đều có cạnh bằng \(3\sqrt 2 \) là \(\frac{{{{\left( {3\sqrt 2 } \right)}^3}\sqrt 2 }}{{12}} = 9\,\,.\)

Lời giảiHàm số \(y = {\left( {4 - {x^2}} \right)^{\sqrt 2 }}\) xác định khi \(4 - {x^2} > 0 \Leftrightarrow - 2 < x < 2 \Leftrightarrow x \in \left( { - 2;\,2} \right)\,\,.\)

Lời giảiChọn A.Ta có \(\overrightarrow {SA} = 2\overrightarrow {SM} \) nên \(M\) là trung điểm của \(SA\)và \(2.\overrightarrow {SB} = 3\overrightarrow {SN} \) nên chia \(SB\) thành 3 phân sao cho \(\frac{{SN}}{{SB}} = \frac{2}{3}\).Khi đó, theo công thức tỉ lệ thể tích ta có:\[\frac{{{V_{S.MNC}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SB}}.\frac{{SC}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}.1 = \frac{1}{3} \Rightarrow {V_{S.MNC}} = \frac{1}{3}{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.9 = 3\,\,\,(DVTT)\]

Lời giải

Chọn B.Ta thấy \(A.A'B'C'\) là tứ diện đều cạnh \(a.\)Mà \({V_{A.A'B'C'}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = 3{V_{A.A'B'C'}}\)Gọi \(H\) là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(A'B'C'\).Thì \(AH\) là đường cao của hình chóp \(A.A'B'C'\).Ta có \(A'H = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)Tam giác \(AA'H\) vuông tại \(H\) nên :\(A{H^2} = AA{'^2} - A'{H^2} = {a^2} - {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = {a^2} - \frac{{{a^2}}}{3} = \frac{{6{a^2}}}{9} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\) .Diện tích tam giác \(A'B'C'\) là: \(S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\) nên thể tích khối tứ diện \(AA'B'C'\) là:\({V_{A.A'B'C'}} = \frac{1}{3}AH.S = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)Vậy thể tích khối lăng trụ là: \(V = 3.{V_{A.A'B'C'}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{4}\) .

Lời giảiDựa vào đồ thị hàm số, chọn B.

Lời giảiTa có: AD là giao tuyến của (SAD) và (ABC).Gọi H là trung điểm của AD\[ \Rightarrow SH \bot AD\] và \[SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\] vì \[\Delta SAD\] đều cạnh a.\[ \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\].Vậy \[{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.SH = \frac{1}{3}.{a^2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\].

Lời giảiTa có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\).Suy ra hàm số \(y = f\left( x \right)\)có 3 điểm cực trị trong đó có 2 điểm cực trị dương.Khi đó hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có \(2.2 + 1 = 5\) điểm cực trị.

Lời giảiTừ hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là \(x = - 1\) và đường tiệm cận ngang là \(y = 1\).Do đó, ta chọn đáp án D.

Lời giảiTa có: \(A\left( {1;0} \right) \in \left( C \right):y = g\left( x \right) = {x^4} - 2{x^2} + 1\).Gọi phương trình tiếp tuyến qua \(A\) có dạng: \(\left( d \right):y = f\left( x \right) = k\left( {x - 1} \right)\).\(\left( d \right)\) tiếp xúc \(\left( C \right)\)\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) = g\left( x \right)\\f'\left( x \right) = g'\left( x \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^4} - 2{x^2} + 1 = k\left( {x - 1} \right)\\4{x^3} - 4x = k\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^4} - {x^2} + 1 = \left( {4{x^3} - 4x} \right)\left( {x - 1} \right)\\4{x^3} - 4x = k\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{x^4} - 4{x^3} - 2{x^2} + 4x - 1 = 0\left( 1 \right)\\4{x^3} - 4x = k\left( 2 \right)\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \frac{1}{3}\\x = - 1\end{array} \right.\\4{x^3} - 4x = k\left( 2 \right)\end{array} \right.\end{array}\]Vậy từ \(A\) ta kẻ được \(3\) tiếp tuyến đến đồ thị hàm số.

Lời giảiĐặt \(t = \sqrt {4 - {x^2}} \),\[x \in \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 3 } \right)\].\(t' = \frac{{ - x}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}\).\(t' = 0 \Leftrightarrow x = 0\).

Để phương trình \(f\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right) = m\) có nghiệm\( \Rightarrow - 1 < m \le 3\).\( \Rightarrow m \in \left\{ {1;2;3} \right\}\).Vậy có \(3\) giá trị nguyên dương của \(m\) thỏa yêu cầu đề bài.

Lời giải

Ta có

Vậy thể tích của khối đa diện ABCMNP là .

Lời giải

Lời giải

Khối đa diện đều loại \[{\rm{\{ }}3\,;\,\,4\} \] là khối bát diện đều.Thể tích khối bát diện đều \[{V_{ABCDEF}} = 2.{V_{E.ABCD}}\] với khối chóp \[E.ABCD\] là khối chóp tứ giác đều cạnh bằng \[\sqrt 3 \].Cách 1. Tính nhanh:\[{V_{E.ABCD}} = \frac{{{{(\sqrt 3 )}^3}.\sqrt 2 }}{6} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\].Khi đó \[{V_{ABCDEF}} = 2.{V_{E.ABCD}} = 2.\frac{{\sqrt 6 }}{2} = \sqrt 6 \].Cách 2. Tự luậnĐáy \[ABCD\] là hình vuông cạnh bằng \[\sqrt 3 \] Þ \[{S_{ABCD}} = {(\sqrt 3 )^2} = 3\].Đường chéo \[AC = \,\sqrt 3 .\sqrt 2 = \sqrt 6 \] Þ \[OA = \frac{1}{2}AC = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\].Xét \[\Delta EOA\] vuông tại \[O\] có \[EO = \sqrt {E{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {{{(\sqrt 3 )}^2} - {{\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\].\[{V_{E.ABCD}} = \frac{1}{3}.EO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{\sqrt 6 }}{2}.3 = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\].

Khi đó \[{V_{ABCDEF}} = 2.{V_{E.ABCD}} = 2.\frac{{\sqrt 6 }}{2} = \sqrt 6 \].

Lời giảiGọi \[M(m;\,\,{m^2})\, \in \,(P)\].Ta có \[\begin{array}{l}AM = \sqrt {{{(m - 3)}^2} + {m^4}} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {{m^2} - 6m + 9 + {m^4}} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {{m^4} - 2{m^2} + 1 + 3{m^2} - 6m + 3 + 5} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {{{({m^2} - 1)}^2} + 3{{(m - 1)}^2} + 5} \, \ge \sqrt 5 .\end{array}\]Dấu  xảy ra khi \[m = 1\].Vậy \[AM\] đạt giá trị nhỏ nhất bằng \[\sqrt 5 \] khi \[M(1;\,\,1)\].

Lời giải

Lời giảiĐiều kiện xác định:

Đồ thị hàm số  có tiệm cận đứng x = 1 khi và chỉ khi .Mà số nguyên , suy ra .Vậy có 2021  số nguyên m thỏa đề bài.

Lời giải

Lời giảiTa có .Khi đó .

Lời giải\(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{2x - 1}}{{1 - x}}} \right) = - 2\\\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{2x - 1}}{{1 - x}}} \right) = - 2\end{array} \right. \Rightarrow y = - 2\)là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Lời giảiThể tích của khối chóp \(V = \frac{1}{3}.B.h\). Trong đó \(B\)là diện tích đáy và \(h\) là chiều cao.Áp dụng công thức ta có \(V = \frac{1}{3}.3.4 = 4\). Vậy ta chọn đáp án B.

Lời giảiDựa vào bảng biến thiên ta sẽ suy ra được đồ thị của hàm số \(y = \left| {f(x)} \right|\).

Từ đó ta đếm được \(y = \left| {f(x)} \right|\) có tất cả 6 cực trị.

Lời giải

Ta có: \(S'O = \frac{1}{2}SO = 2.\)Khi đó thể tích của khối chóp \({V_{S'.ABCD}} = \frac{1}{3}S'O.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.2.9 = 6\).

Lời giảiĐồ thị hàm số có \[2\] cực đại là \[\left( { - 1;\,0} \right)\] và \[\left( {1;\,0} \right)\]; \[1\] cực tiểu là \[\left( {0;\, - 1} \right)\]\[ \Rightarrow \] đáp án C thoả mãn.

Lời giảiTheo đề bài ta có: \[\mathop {min}\limits_{\left[ { - 1;\,1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = 5.\]Đặt \[g\left( x \right) = \sqrt {1 - x} + \sqrt {5 - x} \] với \[x \in \left[ { - 1;\,1} \right]\]; \[g'\left( x \right) = \frac{{ - 1}}{{2\sqrt {1 - x} }} + \frac{{ - 1}}{{2\sqrt {5 - x} }} < 0\,\forall x \in \left( { - \infty ;\,\,1} \right]\].Hàm số \[y = g\left( x \right)\] luôn nghịch biến trên \[\left[ { - 1;\,1} \right]\]. Vậy\[\mathop {min}\limits_{\left[ { - 1;\,1} \right]} g\left( x \right) = g\left( 1 \right) = 2\].Để phương trình \[f\left( x \right) + \sqrt {1 - x} + \sqrt {5 - x} \le m\] có nghiệm trên \[x \in \left[ { - 1;\,1} \right]\] khi và chỉ khi\[m \ge \mathop {min}\limits_{\left[ { - 1;\,1} \right]} \left( {f\left( x \right) + \sqrt {1 - x} + \sqrt {5 - x} } \right) = 5 + 2 = 7.\] Vậy \[m \ge 7\].

Lời giải

Tập xác định: \(D = \left[ { - 3;3} \right]\).Hàm số liên tục trên \(\left[ { - 3;3} \right]\).\(y' = \frac{{ - x}}{{\sqrt {9 - {x^2}} }}\)\(y' = 0 \Leftrightarrow x = 0 \in \left[ { - 3;3} \right]\).\(y\left( 0 \right) = 3;y\left( { - 3} \right) = 0;y\left( 3 \right) = 0\).Vậy \[\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 3;3} \right]} y = 3 = y\left( 0 \right)\].

Lời giảiKhối đa diện đều loại \(\left\{ {4;3} \right\}\) là khối lập phương, mỗi mặt của khối đa diện là hình vuông.Gọi \(a\) là cạnh của khối lập phương.\(S = {a^2} = 9 \Rightarrow a = 3\).Vậy thể tích của khối lập phương \(V = {a^3} = 27\).

Lời giảiTa có: Tịnh tiến đồ thị hàm số \(y = f'\left( {x + 2} \right) + 2\) xuống dưới 2 đơn vị, ta được đồ thị hàm số \(y = f'\left( {x + 2} \right)\). Tiếp tục tịnh tiến đồ thị hàm số sang phải 2 đơn vị, ta được đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\). Dựa vào hình vẽ, ta thấy trong khoảng \(\left( {3\,;\,5} \right)\)đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) nằm dưới trục \[Ox\] nên hàm số nghịch biến. Chọn đáp án B.

Lời giảiTa có: \(f\left( x \right) = a{x^4} + 2b{x^2} + c \Rightarrow f'\left( x \right) = 4a{x^3} + 4bx\)Từ bảng biến thiên ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( { - 1} \right) = f'\left( 1 \right) = 0\\f\left( { - 1} \right) = f\left( 1 \right) = - 4\\f\left( 0 \right) = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4a - 4b = 0\\a + 2b + c = - 4\\c = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = - 1\\c = - 3\end{array} \right.\)Vậy: \(a + b + c = - 3\). Chọn đáp án C.

Lời giảiThể tích hình chóp \(S.ABC\) là \(V = \frac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.3a.\frac{1}{2}a.2a = {a^3}\).

Lời giảiĐặt \(AB = a,\,SO = h \Rightarrow {V_1} = \frac{1}{3}h{a^2}\).Do \(M,\,M'\) lần lượt là trung điểm của \(SA,\,OA \Rightarrow MM'{\rm{//}}SO,\,MM' = \frac{1}{2}h\).Do \(M,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA,\,SB \Rightarrow MN{\rm{//}}AB,\,MN = \frac{1}{2}a\), suy ra \(MNPQ.M'N'P'Q'\) là hình hộp chữ nhật nên \({V_2} = {\left( {\frac{1}{2}a} \right)^2}\frac{1}{2}h = \frac{{h{a^2}}}{8}\).Khi đó \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{h{a^2}}}{3}.\frac{8}{{h{a^2}}} = \frac{8}{3}\).

Lời giảiHàm số xác định và liên tục trên \(\left[ {0;2} \right]\).\(y' = 3{x^2} - 3\), \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in \left( {0;2} \right)\\x = - 1 \notin \left( {0;2} \right)\end{array} \right.\).Ta có \(y\left( 0 \right) = 3\), \(y\left( 1 \right) = 1\), \(y\left( 2 \right) = 5\) nên \(M = 5\), \(n = 1\)Vậy \(M + n = 6\).

Lời giảiTXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\)Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty \]nên \(x = 1\) là tiệm cận đứng.

Lời giảiTừ giả thiết ta có bảng biến thiên như sau:

Để phương trình \[f\left( x \right) = m\] có 3 nghiệm phân biệt\( \Leftrightarrow \)đường thẳng\[y = m\] cắt đồ thị \[y = f\left( x \right)\]tại 3 điểm phân biệt. Dựa vào bảng biến thiên của hàm \[y = f\left( x \right)\]ta thấy với \[ - 1 < m < 1\]thì đường thẳng\[y = m\] cắt đồ thị \[y = f\left( x \right)\]tại 3 điểm phân biệt, mà \[m\]nguyên nên suy ra \[m = 0\]. Chọn B

Lời giải

Rõ ràng \(y = \left| {{x^3} - 3x - m} \right| \ge 0\,\,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\) suy ra \(\mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {0;1} \right]} \,\,y \ge 0\). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi\({x^3} - 3x - m = 0\) .Ta tìm \(m \in \mathbb{Z}\) để phương trình \({x^3} - 3x = m\) có nghiệm trong đoạn \(\left[ {0;\,1} \right]\)hay tìm \(m \in \mathbb{Z}\) để đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3x\) tại điểm có hoành độ thuộc đoạn\(\left[ {0;\,1} \right]\).Xét \(f\left( x \right) = {x^3} - 3x\) có\({f^'}\left( x \right) = 3\left( {{x^2} - 1} \right) \le 0\,\,\forall x \in \left[ {0;\,1} \right]\) suy ra \[\mathop {Min}\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = - 2\],\[\mathop {{\rm{Max}}}\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = 0\]. Vậy \[m\] phải thỏa mãn\( - 2 \le m \le 0\).

Vì \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m = 0, - 1, - 2\). Chọn A.

Lời giảiTừ bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên \(\left( { - 1;0} \right)\)

Lời giải

Gọi \[O = AC \cap BD\] \( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\)\( \Rightarrow \left( {\widehat {SC,\left( {ABCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {SC,OC}} \right) = \widehat {SCO} = 60^\circ \).Xét tam giác \(SOC\) vuông tại \(O\), có \(SO = OC.\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\sqrt 3 = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).Diện tích tam giác \(\Delta ABC\) là \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = \frac{1}{2}{a^2}\).Vậy \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\frac{1}{2}{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}\).

Lời giảiTa có \[y = {x^4} - 2{x^2} \Rightarrow y' = 4{x^3} - 4x\]\[y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x = 0}\\{x = - 1}\end{array}} \right.\]\[y'' = 12{x^2} - 4\]\[\begin{array}{l}y''(1) = y''( - 1) = 12 - 4 = 8 > 0\\y''(0) = 0 - 4 = - 4 < 0\end{array}\]Hàm số đạt cực đại tại \[x = 0\]

Lời giảiGọi\[D\]là trung điểm của \[BC\] và \[E\] là trọng tâm \[\Delta ABC\]. Do \[S.ABC\] là hình chóp đều nên \[SE\] là đường cao của hình chóp. Ta có:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC}\\{SD \bot BC,\,\,SD \subset \left( {SBC} \right)}\\{AD \bot BC,\,\,AD \subset \left( {ABC} \right)}\end{array}} \right.\]Góc giữa hai mặt phẳng \[\left( {SBC} \right)\] và \[\left( {ABC} \right)\] là góc giữa \[SD\] và \[AD\], đó là \[\widehat {SDA}\]. Theo bài ra \[\widehat {SDA} = {45^0}\].\[{\mathcal{B}_{ABC}} = {\left( {2\sqrt 3 } \right)^2}\frac{{\sqrt 3 }}{4} = 3\sqrt 3 \].\[AD = 2\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 3\]; \[ED = \frac{1}{3}AD = \frac{1}{3}.3 = 1\].Tam giác \[SED\] vuông tại \[E\] có \[\widehat {SDE} = {45^0}\] nên tam giác \[SED\] vuông cân tại \[E\].Do đó \[SE = ED = 1\].\[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{\mathcal{B}_{ABC}}.SE = \frac{1}{3}.3\sqrt 3 .1 = \sqrt 3 \].