Bộ 20 đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án (Đề 6)

Lời giải\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\)Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} y = + \infty \) \( \Rightarrow \)TCĐ: \(x = - 1\)

Lời giảiTa có: \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = AB.AD.AA' = 24\)

Lời giảiTập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x - 4}}{{1 - x}} = - 2\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x - 4}}{{1 - x}} = - 2\)Vậy đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang là \(y = - 2\).

Lời giảiDựa vào bảng biến thiên , phương trình \(f\left( x \right) = 4\) có hai nghiệm thực phân biệt .

Lời giảiVì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều, đường cao bằng \(3a\)nên có đáy \(ABCD\) là hình vuông. Khi đó, diện tích đáy \({S_{ABCD}} = {a^2}\).Thể tích \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{a^2}.3a = {a^3}\).

Lời giảiTập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\)Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{ - x + 5}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{ - 1 + \frac{5}{x}}}{{1 + \frac{1}{x}}} = - 1\). Nên đường thẳng \(y = - 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Lời giảiTa có: \[\mathop {\lim y}\limits_{x \to \pm \infty } = - \infty \,\,\, \Rightarrow a < 0\].Đồ thị hàm số cắt trục \[Oy\] tại điểm có tung độ dương \[ \Rightarrow c > 0\].Ta có: \[y' = 4a{x^3} + 2bx = 2x\left( {2a{x^2} + b} \right) = 0\]. Đồ thị hàm số có 3 cực trị nên \[ - \frac{b}{{2a}} > 0\].Mà \[a < 0 \Rightarrow b > 0\].

Lời giảiTheo hình vẽ ta có 2 điểm mà \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ dương sang âm \[ \Rightarrow \] Hàm số \(f\left( x \right)\) có 2 cực trị.

Lời giảiDựa vào bản biến thiên ta có:\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 5;\,\mathop {\lim }\limits_{x \Rightarrow - \infty } y = 3\] nên suy ra đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang là \(y = 5;\,y = 3\)Lại có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = - \infty ;\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty \) suy ra đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận đứng là \(x = 1\).Vậy đồ thị hàm số đã cho có tất cả 3 đường tiệm cận đứng và ngang.

Lời giải

Ta có: \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\\x = 3\end{array} \right.\) suy ra bảng xét dấu:

Lời giải

Ta có \(2f\left( x \right) + 3 = 0\, \Leftrightarrow \,f\left( x \right) = - \frac{3}{2}\).Số nghiệm của phương trình \(2f\left( x \right) + 3 = 0\) bằng số giao điểm của đường thẳng \(y = - \frac{3}{2}\) và đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\).Căn cứ vào đồ thị suy ra phương trình \(2f\left( x \right) + 3 = 0\) có 3 nghiệm.

Lời giải

Căn cứ hình vẽ, đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = - 2\), tiệm cận đứng \(x = - 3\).

Xét hàm số \(y = \frac{{2x + 2}}{{ - x - 3}}\) có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2x + 2}}{{ - x - 3}} = - 2\), suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = - 2\).\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ + }} \frac{{2x + 2}}{{ - x - 3}} = + \infty \,;\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ - }} \frac{{2x + 2}}{{ - x - 3}} = - \infty \) suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \[x = - 3\].

Lời giải

Vì \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(A\) nên \(AB = AC = a\)\( \Rightarrow \) diện tích \(\Delta ABC\) là :\({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}{a^2}\)Mà \(SA \bot (ABC)\), \(SA = a\)Thể tích hình chóp \(S.ABC\) là: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.\)\({S_{\Delta ABC}}\).\(SA = \)\(\frac{1}{3}\).\(\frac{1}{2}{a^2}\).\(a\)=\(\frac{{{a^3}}}{6}\)

Lời giải

Cách 1:+ Đồ thị hàm số giao Ox tại điểm \(A\) có hoành độ \(x = - \frac{b}{a} > 0 \Rightarrow ab < 0\) (1)+ Đồ thị hàm số giao Oy tại điểm \(B\) có tung độ \(y = \frac{b}{d} < 0 \Rightarrow bd < 0\) (2)Từ (1) và (2) \( \Rightarrow a{b^2}d > 0 \Leftrightarrow ad > 0\).Cách 2:+ Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm có tung độ âm \( \Rightarrow \frac{b}{d} < 0 \Rightarrow bd < 0 \Rightarrow \) Loại B+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm có hoành độ dương \( \Rightarrow - \frac{b}{a} > 0 \Rightarrow ab < 0 \Rightarrow \) Loại D+ Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = \frac{a}{c} > 0 \Rightarrow ac > 0\), tiệm cận đứng \[x = - \frac{d}{c} < 0 \Rightarrow cd > 0\]Ta được \(ad > 0\)\( \Rightarrow \) Loại AChọn C.

Lời giảiHoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}\) và đường thẳng \(y = x - 1\) là nghiệm của phương trình: \(\frac{{2x - 1}}{{x + 1}} = x - 1\) (với \(x \ne - 1\))\( \Rightarrow 2x - 1 = (x - 1)(x + 1) \Leftrightarrow {x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\,\,(TM)\\x = 2\,\,(TM)\end{array} \right.\)Với \(x = 0 \Rightarrow y = - 1 \Rightarrow \) giao điểm \(A(0; - 1)\).Với \(x = 2 \Rightarrow y = 1 \Rightarrow \) giao điểm \(B(2;1)\).Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}\) và đường thẳng \(y = x - 1\) là \(2\).

Lời giải

Cách 1:

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\).

Ta thấy, hàm số \(y = {x^4} - 2{x^2} + 2\) có \(a = 1 > 0\) và \(b = - 2 < 0\) nên hàm số có \(2\) điểm cực tiểu.

Cách 2:

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).Đạo hàm: \(y' = 4{x^3} - 4x\).\(y' = 0\)\( \Leftrightarrow 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\end{array} \right.\).Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy, hàm số có \(2\) điểm cực tiểu là \(x = - 1\) và \(x = 1\).

Lời giảiXét hàm số: \[g\left( x \right) = f\left( x \right) - x\] có \[g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 1\]

Từ đồ thị ta thấy phương trình \[g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\]Ta có bảng xét dấu:

 Từ bảng xét dấu ta thấy hàm số \[g\left( x \right)\] đạt cực đại tại \[x = - 1\]Chọn B.

Lời giảiXét khối lăng trụ tam giác đều \[ABC.A'B'C'\] có tất cả các cạnh bằng \[3\] như hình vẽ

Ta có diện tích đáy của lăng trụ: \[S = \frac{1}{2}.3.3.\sin 60^\circ = \frac{{9\sqrt 3 }}{4}\].Chiều cao của khối lăng trụ: \[h = 3\].Thể tích của khối lăng trụ là: \[V = h.S = 3.\frac{{9\sqrt 3 }}{4} = \frac{{27\sqrt 3 }}{4}\].Chọn C.

Lời giảiPhương trình hoành độ điểm chung\[\begin{array}{l}2x + 1 = \frac{{x + m}}{{x - 1}} \Rightarrow x + m = \left( {2x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow x + m = 2{x^2} - x - 1\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 2x - m - 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\end{array}\]Để đường thẳng \[y = 2x + 1\] cắt đồ thị hàm số \[y = \frac{{x + m}}{{x - 1}}\] tại 2 điểm phân biệt thì PT (1) có 2 nghiệm phân biệt khác \[1\] thì:\[\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\Delta ^'} > 0\\m \ne - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( { - 1} \right)^2} - 2\left( { - m - 1} \right) > 0\\m \ne - 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m + 3 > 0\\m \ne - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \frac{{ - 3}}{2}\\m \ne - 1\end{array} \right.\end{array}\]Chọn đáp án D.

Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm \[f\left( x \right)\] đạt cực đại tại điểm\[\left( {1\,;\,0} \right)\].

Vậy hàm số có 1 cực trị.

Chọn đáp án B.

Lời giảiCông thức thể tích khối lăng trụ là \(V = Bh\).

Lời giảiTheo giả thiết, hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định trên khoảng \(\left( {0;\, + \infty } \right)\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 2\) nên đường \(y = 2\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Lời giải

Ta thấy mặt phẳng \(\left( {AB'C'} \right)\) chia khối lăng trụ thành một khối chóp tam giác \(A.A'B'C'\) và một khối chóp tứ giác \(A.BCC'B'\).

Lời giảiTa có: \(y' = 4{x^3} - 4x\).Cho \(y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = - 1 \notin \left[ {0;\sqrt 3 } \right]}\end{array}}\end{array}} \right..\)\(y\left( 0 \right) = 3;\,\,y\left( 1 \right) = 2;\,\,y\left( {\sqrt 3 } \right) = 6.\)Vậy \(\mathop {max}\limits_{\left[ {0;\sqrt 3 } \right]} y = 6\) đạt được tại \(x = \sqrt 3 .\)

Lời giải

Gọi độ dài đường cao và diện tích đáy của hình lập phương lần lượt là \[h,\,B\].Khi đó, \[{V_{A'.ABD}} = \frac{1}{3}.h.{S_{ABD}} = \frac{1}{3}.h.\frac{1}{2}.B = \frac{1}{6}.h.B = \frac{1}{6}{V_{ABCD.A'B'C'D'}}\].Vậy, tỉ số thể tích giữa khối chóp \[A'.ABD\] và khối lập phương bằng \[\frac{1}{6}\].

Lời giải

Ta có, tập xác định \[R\backslash \left\{ {0;\,1} \right\}\].* \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2{x^2} - 3x + 1}}{{{x^2} - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {2x - 1} \right)}}{{x\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2x - 1}}{x} = 1\].* \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{2{x^2} - 3x + 1}}{{{x^2} - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {2x - 1} \right)}}{{x\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{2x - 1}}{x} = + \infty \].* \[\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2{x^2} - 3x + 1}}{{{x^2} - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {2x - 1} \right)}}{{x\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2x - 1}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2 - \frac{1}{x}}}{1} = 2\].Từ đó, đồ thị hàm số có một tiện cận ngang và một tiệm cận đứng \[y = 2;\,x = 0\].

Lời giảiKhối đa diện đều loại {3 ; 4} là khối bát diện đều có 8 mặt.

Lời giải

Xét hàm số \(y = - \frac{2}{3}{x^3} - 2m{x^2} + \left( {{m^2} + 3m} \right)x + 5\).

Tập xác định D = R.

Ta có \(y' = - 2{x^2} - 4mx + {m^2} + 3m\) ; \(y'' = - 4x - 4m\).

Để hàm số đạt cực đại tại \(x = 1\) thì \(y'\left( 1 \right) = 0 \Leftrightarrow - 2 - 4m + {m^2} + 3m = 0

\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m = - 1\end{array} \right.\).

Với \(m = 2\)thì \(y''\left( 1 \right) = - 4 - 8 = - 12 > 0\) => Hàm số đạt cực đại tại x = 1 => \(m = 2\)thỏa mãn.

Với \(m = - 1\) thì \(y''\left( 1 \right) = - 4 + 4 = 0\).

Khi đó \(y' = - 2{x^2} + 4x - 2 = - 2{\left( {x - 1} \right)^2}\)

 => y’ không đổi dấu trên R nên hàm số không có cực trị => \(m = - 1\) không thỏa mãn.

Lời giải

Gọi \[O = AC \cap BD\].Khi đó \[SO \bot (ABCD)\]; \[AC = 2a\sqrt 2 \Rightarrow AO = a\sqrt 2 \]Tam giác \[SAO\] vuông tại \[O\]có:\[SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {4{a^2} - 2{a^2}} = a\sqrt 2 \]\[{S_{ABCD}} = 4{a^2}\] .Vậy \[{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}a\sqrt 2 .4{a^2} = \frac{{4\sqrt 2 {a^3}}}{3}\]

Lời giảiTa có : \[f'(x) = 3{x^2} - 6x = 3x(x - 2)\] ;  \[f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0 \in \left[ { - 1;2} \right]}\\{x = 2 \in \left[ { - 1;2} \right]}\end{array}} \right.\]\[f(0) = m\] ; \[f(2) = m - 4\] ; \[f( - 1) = m - 4\]. Do đó : \[\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f(x) = m - 4\] Theo yêu cầu bài toán : \[m - 4 = - 3 \Leftrightarrow m = 1\]

Lời giảiChọn ATập xác định: \[D = \left[ { - 2;2} \right]\].Ta có:Vì tập xác định của hàm số là đoạn\[D = \left[ { - 2;2} \right]\]và\[ - 3 \notin \left[ { - 2;2} \right]\]nên không tồn tại giới hạn của hàm số khi x tiến ra âm vô cùng ,dương vô cùng và -3 nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang, tiệm cận đứng.Vậy đồ thị hàm số đã cho không có đường tiệm cận nào.

Lời giảiChọn DTập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2m} \right\}\).Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{{2{m^2} + 2m - 4}}{{{{\left( {x + 2m} \right)}^2}}}\).

Hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{(m + 1)x + 4}}{{x + 2m}}\) nghịch biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) khi và chỉ khi:

\(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( x \right) < 0,\forall x > 0\\ - 2m \notin \left( {0; + \infty } \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{m^2} + 2m - 4 < 0\\ - 2m \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 < m < 1\\m \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 \le m < 1.\)Do \(m\) nhận giá trị nguyên nên \(m = 0\)Vậy có \(1\) giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giảiTa có \(y' = {x^2} - 2mx + 4\).Hàm số đã cho có hai điểm cực trị khi và chỉ khi \(\Delta ' = {m^2} - 4 > 0 \Leftrightarrow \left| m \right| > 2\).Ta có \(x_1^2 + x_2^2 - 3{x_1}{x_2} = 12 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 5{x_1}{x_2} = 12\)Theo Định lý Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = 4\end{array} \right.\)Từ đó suy ra \(4{m^2} - 20 = 12 \Rightarrow m = \pm 2\sqrt 2 \) : Thỏa mãn.

Lời giảiTa có \({\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} - \left| {f\left( x \right)} \right| = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 0\\f\left( x \right) = \pm 1\end{array} \right.\)Dựa vào sự tương giao của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và ba đường thẳng \(y = 0;\,\,y = 1;\,\,y = - 1\) ta suy ra phương trình đã cho có 7 nghiệm.

Lời giảiGiả sử tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số là \(M\left( {{x_0}\,;\,{y_0}} \right)\).Từ giả thiết ta có: \({y_0} = - \,3 \Leftrightarrow \,\frac{{2{x_0} - 1}}{{{x_0} + 2}}\, = \, - 3\, \Leftrightarrow \,{x_0}\, = \, - 1\)Lại có \(y' = \frac{5}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\) nên \(y'\left( { - 3} \right) = 5\)

Lời giải

Từ giả thiết ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right)\, \bot \,\left( {ABC} \right)\\\left( {SAC} \right)\, \bot \,\left( {ABC} \right)\\\left( {SAB} \right)\, \cap \,\left( {SAC} \right) = SA\end{array} \right. \Rightarrow \,SA\, \bot \,\left( {ABC} \right)\).Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\). Do tam giác \(ABC\) đều nên \(BC\, \bot \,\left( {SAM} \right)\). Vậy \(\left( {\widehat {\left( {SBC} \right)\,;\,\left( {ABC} \right)}} \right) = \left( {\widehat {AM\,;\,SM}} \right)\, = \widehat {\,SMA}\, = 60^\circ \)Do đó \(SA\, = \,AM\,.\tan 60^\circ \, = \,\frac{{3\,a}}{2}\)Vậy thể tích khối chóp: \(V = \frac{1}{3}\,SA\,.\,{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}\,.\,\frac{{3\,a}}{2}\,.\,\frac{{{a^2}\,\sqrt 3 }}{4}\, = \,\frac{{{a^3}\,\sqrt 3 }}{8}\).

Lời giảiCách 1. (Trắc nghiệm)Hàm số đã cho có ba cực trị tạo thành tam giác đều khi thỏa điều kiện:\(24a + {b^3} = 0 \Leftrightarrow 24\left( { - 1} \right) + {\left[ { - \left( {m - 1} \right)} \right]^3} = 0 \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^3} = - 24 \Leftrightarrow m = 1 - 2\sqrt[3]{3}\).Cách 2. (Tự luận)Ta có: \(y' = - 4{x^3} - 2(m - 1)x\)\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = \frac{{1 - m}}{2}\end{array} \right.\). Hàm số đã cho có ba cực trị khi và chỉ khi \(m < 1\).Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là \(A\left( {0;\;1} \right)\), \(B\left( { - \sqrt {\frac{{1 - m}}{2}} ;\;\frac{{{m^2} - 2m + 5}}{4}} \right)\), \(C\left( {\sqrt {\frac{{1 - m}}{2}} ;\;\frac{{{m^2} - 2m + 5}}{4}} \right)\), ta có: \(AB = \sqrt {\frac{{1 - m}}{2} + \frac{{{{\left( {1 - m} \right)}^4}}}{{16}}} \), \(BC = 2\sqrt {\frac{{1 - m}}{2}} \)Để hàm số có ba cực trị tạo thành tam giác đều khi và chỉ khi: \(A{B^2} = B{C^2}\)\( \Leftrightarrow \frac{{1 - m}}{2} + \frac{{{{\left( {1 - m} \right)}^4}}}{{16}} = 2\left( {1 - m} \right) \Leftrightarrow {\left( {1 - m} \right)^3} = 24 \Leftrightarrow m = 1 - 2\sqrt[3]{3}\) (thỏa \(m < 1\)).

Lời giảiĐồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận đứng thì phương trình \({x^2} + 2x - m\) có hai nghiệm phân biệt khác \( - 3\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\{\left( { - 3} \right)^2} + 2\left( { - 3} \right) - m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 + m > 0\\m \ne 3\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > - 1\\m \ne 3\end{array} \right.\).

Lời giảiTa có \(\left| {f\left( x \right)} \right| = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 2\\f\left( x \right) = - 2\end{array} \right.\)Từ bảng biến thiên ta thấyPhương trình \[f\left( x \right) = 2\] có 2 nghiệm.Phương trình \[f\left( x \right) = - 2\] có 3 nghiệm.Dễ thấy các nghiệm trên phân biệt.Vậy phương trình \(\left| {f\left( x \right)} \right| = 2\) có 5 nghiệm.

Lời giải

Ta có \[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {{\rm{BAC}}} = \frac{{{a^2}\sqrt 6 }}{4}\]Vậy thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là\[V = {S_{ABC}}.AA' = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{2}\].

Lời giảiĐồ thị hàm số \[y = {x^3} - 3{x^2} + 1\]Có \(y' = 3{x^2} - 6x\)Lấy \(y:y'\) ta được đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu là: \[y = - 2x + 1\]Để đường thẳng \[\left( {\mathop{\rm d}\nolimits} \right)\]vuông góc với đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {2m - 1} \right).\left( { - 2} \right) = - 1\\ \Leftrightarrow 2m - 1 = \frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow m = \frac{3}{4} \cdot \end{array}\]\[\]

Lời giải

Ta có: \(\frac{{{V_{APNM}}}}{{{V_{ADCB}}}} = \frac{{AP}}{{AD}} \cdot \frac{{AN}}{{AC}} \cdot \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{1}{4} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{{12}}\)\( \Rightarrow {V_{APNM}} = \frac{1}{{12}}{V_{ADCB}}\)\(\begin{array}{l}{V_{ABCD}} = {V_{APNM}} + {V_{MNP.BCD}}\\ \Rightarrow {V_{MNP.BCD}} = {V_{ABCD}} - {V_{APNM}} = V - \frac{1}{{12}}V = \frac{{11}}{{12}}V \cdot \end{array}\)

Lời giảiTừ đồ thị ta suy ra hàm số có dạng: \[f\left( x \right) = a\left( {x + 1} \right){\left( {x - 2} \right)^2}\].Đồ thị hàm số đi qua điểm \[\left( {1\,;\,2} \right) \Rightarrow a = 1 \Rightarrow f\left( x \right) = \left( {x + 1} \right){\left( {x - 2} \right)^2} = {x^3} - 3{x^2} + 4\].\[ \Rightarrow g\left( x \right) = \frac{{\sqrt x \left( {x - 2} \right)}}{{\left( {{x^3} - 3{x^2} + 4} \right)\left( {{x^3} - 3{x^2} + 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x \left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x + 1} \right){{\left( {x - 2} \right)}^2}\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 2x - 2} \right)}}\].TXĐ của hàm \[g\left( x \right):\,D = \left[ {0\,;\, + \infty } \right)\backslash \left\{ {1\,,\,2\,,\,1 + \sqrt 3 } \right\}\].Từ đó dễ thấy đồ thị hàm số đã cho có 3 tiệm cận đứng là: \[x = 2\,;\,x = 1\,;\,x = 1 + \sqrt 3 \,\].Cách làm trắc nghiệm: Dễ thấy phương trình \[{f^2}\left( x \right) - 2f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 2\,{\rm{(k\'e p)}}\end{array} \right.\\f\left( x \right) = 2 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_1} \in \left( { - 1\,;\,0} \right)\\x = 1\\x = {x_2} \in \left( {2\,;\, + \infty } \right)\end{array} \right.\end{array} \right.\]Kết hợp với đk suy ra đồ thị hàm số có 3 tiệm cận đứng.

Lời giải

Gọi \[I\] là trung điểm của \[B'C' \Rightarrow A'I \bot B'C'\] và \[A'I = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\], do \[AA' \bot \left( {A'B'C'} \right) \Rightarrow AA' \bot B'C' \Rightarrow B'C' \bot \left( {AA'I} \right) \Rightarrow \left( {\left( {AB'C'} \right)\,;\,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {{\rm{AIA'}}} = {60^^\circ }\].\[ \Rightarrow AA' = A'I\tan {60^^\circ } = \frac{{3a}}{2}\].\[{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.AA' = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{8}\].

Lời giải

* Giả sử hình chóp \(S.ABC\) có chiều cao là \(SH\).

 Gọi hình chóp \(S'.A'B'C'\) sau khi thay đổi có chiều cao là \(S'H'\).

* Ta có: \(\frac{{A'B'}}{{AB}} = \frac{{A'C'}}{{AC}} = \frac{{B'C'}}{{BC}} = \frac{1}{2}\) và \(S'H' = 2SH\).

\( \Rightarrow \Delta A'B'C' \sim \Delta ABC\)\( \Rightarrow {S_{\Delta A'B'C'}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}.{S_{\Delta ABC}}\)

* Khi đó: \({V_{S'.A'B'C'}} = \frac{1}{3}.{S_{\Delta A'B'C'}}.S'H'\)

 \( = \frac{1}{3}.\left( {\frac{1}{4}{S_{\Delta ABC}}} \right).\left( {2SH} \right) = \frac{1}{2}\frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}.SH = \frac{1}{2}.{V_{S.ABC}}\)

Kết luận: Thể tính của khối chóp \(S.ABC\) giảm đi một nữa.

Lời giải

Ta có:

* \(4a + 2\pi r = 60\) \( \Leftrightarrow \,\,\,\pi r = 30 - 2a\)

Điều kiện: \(0 < 4a < 60\,\,\, \Leftrightarrow \,\,0 < a < 15\).

* Tổng diện tích của hình vuông và hình tròn:

 \(S = {a^2} + {r^2}\pi \)\( = {a^2} + \frac{{{{\left( {30 - 2a} \right)}^2}}}{\pi } = \frac{1}{\pi }\left[ {\left( {\pi + 4} \right){a^2} - 120a + 900} \right]\)

* Xét \(f(a) = \left( {\pi + 4} \right){a^2} - 120a + 900\) với \(a \in \left( {0,\,15} \right)\)

 \(f(a)\) đạt giá trị nhỏ nhất tại \(a = \frac{{120}}{{2\left( {\pi + 4} \right)}} = \frac{{60}}{{\pi + 4}} \in \left( {0,\,15} \right)\).

* \(S\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(a = \frac{{60}}{{\pi + 4}}\).

 \( \Rightarrow \,\,\,\pi r = 30 - 2.\frac{{60}}{{\pi + 4}} = \frac{{30\pi }}{{\pi + 4}}\) \( \Rightarrow \,\,\,r = \frac{{30}}{{\pi + 4}}\)

* Khi đó: \(\frac{a}{r} = \frac{{60}}{{\pi + 4}}:\frac{{30}}{{\pi + 4}} = 2\).

            Kết luận: \(\frac{a}{r} = 2\).

Lời giải* Ta có: \(g\left( x \right) = - 2f\left( {f\left( x \right)} \right) + 3\); \(g'\left( x \right) = - 2.f'(x).f'\left[ {f(x)} \right]\)* \(f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = a\,\,,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,a \in (2,\,3)\end{array} \right.\).* \(g'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f'(x) = 0\\f'\left[ {f(x)} \right] = 0\,\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0,\,\,x = a\\f(x) = 0\\f(x) = a\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0,\,\,x = a\\x = {x_1},\,\,x = {x_4},\,\,x = {x_5}\\x = {x_2},\,\,x = {x_3},\,\,x = {x_6}\end{array} \right.\)* Gọi \(\alpha = f(a) \in ( - 5,\,\, - 4)\).

* Ghép bảng biến thiên:Kết luận: Hàm số \(g\left( x \right)\) có 8 điểm cực trị.

Lời giải* Xét \(g(x) = f\left( {f\left( {\sqrt 3 \sin x + \cos x} \right)} \right)\) với \(x \in \left[ { - \frac{\pi }{6};\frac{{7\pi }}{3}} \right]\)* Đặt \(u(x) = \sqrt 3 \sin x + \cos x = 2\cos \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right)\)\( \Rightarrow \,\,\,u'(x) = - 2\sin \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right)\); \(u'(x) = 0\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,x \in \left\{ {\frac{\pi }{3},\,\frac{{4\pi }}{3},\,\frac{{7\pi }}{3}} \right\}\)* Đặt \(v(x) = f\left[ {u(x)} \right]\) \( \Rightarrow \,\,\,v'(x) = u'(x).f'\left[ {u(x)} \right]\) \(g(x) = f\left( {v(x)} \right)\) \( \Rightarrow \,\,\,g'(x) = v'(x).f'\left[ {v(x)} \right]\)

Lời giảiTa có \(y = f\left( {5 - 2x} \right) \Rightarrow y' = - 2f'\left( {5 - 2x} \right)\). Từ đồ thị, suy ra\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\\x = 4\end{array} \right.\). Đặt \[t = 5 - 2x \Rightarrow x = \frac{{5 - t}}{2} \Rightarrow f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 5\\t = 1\\t = - 3\end{array} \right.\]Đặt \[g\left( x \right) = 2f\left( {4{x^3} + 1} \right) + m - \frac{1}{2} \Rightarrow g'\left( x \right) = 24{x^2}f'\left( {4{x^3} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 0\\4{x^3} + 1 = 5 \Rightarrow {x^3} = 1\\4{x^3} + 1 = 1 \Rightarrow {x^3} = 0\\4{x^3} + 1 = - 3 \Rightarrow {x^3} = - 1\end{array} \right.\]Từ đó suy ra \[g\left( x \right)\] có 3 cực trị. Để \[y = \left| {g\left( x \right)} \right|\] có 5 cực trị thì phương trình\[g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f\left( {4{x^3} + 1} \right) = \frac{{1 - 2m}}{4}\] có 2 nghiệm đơn phân biệt.Đặt \[u = 4{x^3} + 1 \Rightarrow x = \sqrt[3]{{\frac{{u - 1}}{4}}}\] và phương trình trở thành: \[f\left( u \right) = \frac{{1 - 2m}}{4}\].Từ đây, kết hợp với đồ thị ta có điều kiện là \[\left[ \begin{array}{l}\frac{{1 - 2m}}{4} \ge \frac{9}{4}\\ - 4 < \frac{{1 - 2m}}{4} \le 0\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}2m \le - 8\\1 \le 2m < 17\end{array} \right.\].Do \[m \in \left( { - 9\,;\,9} \right),\,2m \in \mathbb{Z} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}2m \in \left\{ { - 17, - 16, \ldots , - 9, - 8} \right\}\\2m \in \left\{ {1,2,3, \ldots ,16} \right\}\end{array} \right.\].Vậy có tất cả 26 giá trị của \[m\]thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

Gọi \[V\] là thể tích khối lăng trụ \[ABC.A'B'C'\] và \[\left\{ \begin{array}{l}M = BC' \cap B'C\\N = A'C \cap AC'\end{array} \right. \Rightarrow M\,,\,N\] lần lượt là trung điểm của \[BC'\,,\,AC'\].+) Thể tích khối \[C'CMN\].Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{V_{C'CMN}}}}{{{V_{C'CAB}}}} = \frac{{C'N}}{{C'A}}.\frac{{C'M}}{{C'B}} = \frac{1}{4}\\{V_{C'CAB}} = \frac{1}{3}V\end{array} \right.\Rightarrow {V_{C'CMN}} = \frac{1}{{12}}V\].+) Thể tích khối \[MNCAB\]: \[{V_{MNCAB}} = {V_{C'CAB}} - {V_{C'CMN}} = \frac{1}{3}V - \frac{1}{{12}}V = \frac{1}{4}V\].+ Thể tích khối \[MNC'A'B'\]: \[{V_{MNC'A'B'}} = {V_{CC'A'B'}} - {V_{C'CMN}} = \frac{1}{3}V - \frac{1}{{12}}V = \frac{1}{4}V\].+) Thể tích khối \[MNABB'A'\]: \[{V_{MNABB'A'}} = V - \frac{1}{{12}}V - \frac{1}{4}V - \frac{1}{4}V = \frac{5}{{12}}V\].Từ đó \[\frac{{{V_{\left( {{H_1}} \right)}}}}{{{V_{\left( {{H_2}} \right)}}}} = \frac{{{V_{MNABB'A'}}}}{{{V_{C'CMN}}}} = 5\].