Bộ 20 đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án (Đề 7)

Lời giảiChọn DĐồ hàm số \[y = f\left( x \right)\] cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi phương trình \[{x^3} + 3{x^2} = m\] có 3 nghiệm phân biệt.Xét hàm số \[g\left( x \right) = {x^3} + 3{x^2}\]TXĐ: \[D = \mathbb{R}\]\[{g^/}\left( x \right) = 3{x^2} + 6x\];\[{g^/}\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\end{array} \right.\]Bảng biến thiên:

Dựa và BBT phương trình \[{x^3} + 3{x^2} = m\] có 3 nghiệm phân biệt khi \[m \in \left( {0;4} \right)\]. Chọn D

Lời giảiChọn DTa tìm vị trí điểm D để đoàn cứu trợ đi từ A đến C nhanh nhấtĐặt \[AD = x\] ( \[x \ge 5\] )Thời gian chèo thuyền từ A đến D: \[\frac{x}{4}\]Có \[BD = \sqrt {{x^2} - 25} \], \[DC = 7 - \sqrt {{x^2} - 25} \].Thời gian đi bộ từ D đến C: \[\frac{{7 - \sqrt {{x^2} - 25} }}{6}\]Thời gia đi từ A đến C: \[f\left( x \right) = \frac{x}{4} + \frac{{7 - \sqrt {{x^2} - 25} }}{6}\]. Ta tìm GTNN của \[f\left( x \right)\]Điều kiện xác định \[x \ge 5\]\[f\left( x \right) = \frac{1}{{12}}\left( {3x + 14 - 2\sqrt {{x^2} - 25} } \right)\]\[{f^/}\left( x \right) = \frac{1}{{12}}\left( {3 - \frac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} - 25} }}} \right)\]\[{f^/}\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3\sqrt {{x^2} - 25} = 2x\]; có \[x \ge 5\]\[ \Leftrightarrow 9\left( {{x^2} - 25} \right) = 4{x^2}\]\[ \Leftrightarrow {x^2} = 45\]\[ \Leftrightarrow x = 3\sqrt 5 \] (nhận do \[x \ge 5\])Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên \[f\left( x \right)\] đạt GTNN

Lời giảiChọn BTXD: \(\)\(D = \left[ {3; + \infty } \right)\)\(\)\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {x - 3} }}{{{x^2} + x - 6}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {\frac{1}{{{x^3}}} - \frac{3}{{{x^4}}}} }}{{1 + \frac{1}{x} - \frac{6}{{{x^2}}}}} = 0\)\(\)\( \Rightarrow \) đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.Vậy đồ thị hàm số có 1 tiệm cận Chọn B

Lời giảiChọn CTừ đồ thị của hàm \[y = f'\left( x \right)\]ta có bảng biến thiên

Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right)\)

Lời giảiChọn C- Từ đồ thị thấy đi qua điểm \(A\left( {0;2} \right)\) nên loại đáp án A và đáp án B- Từ đồ thị thấy hàm số bậc 3 có hệ số \(a > 0\) nên chọn đáp án C.

Lời giảiChọn CTừ đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta có bảng biến thiên cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) như sau:Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy ngay trong khoảng\(\left( { - 2; + \infty } \right)\)thì hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến .Vậy đáp án C.

Lời giảiChọn DPhương án A hai cạnh bất kì có thể không có điểm chung.Phương án B ba mặt bất kì có thể không có đỉnh chung.Phương án C hai mặt bất kì có thể không có điểm chung.Trong một khối đa diện, mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất ba mặt.

Lời giảiChọn DTập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 3} \right\}\).Ta có \(y' = \frac{{29}}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall x \in D\).Vậy hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng xác định của nó.

Lời giảiChọn BC1 : Nhìn vào bảng biến thiên chọn luôn đáp án B vì \(a > 0\).C2 : Ta có :\(y' = 3{x^2} - 6x\) ; \(y' = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}y = - 1\\y = - 5\end{array} \right.\)BBT :

Lời giảiChọn AĐiều kiện: \( - 3 \le x \le 3\).Phương trình tương đương với \(x - \sqrt {9 - {x^2}} = m\).Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = x - \sqrt {9 - {x^2}} \) và đường thẳng \(y = m\).Xét hàm số \(y = x - \sqrt {9 - {x^2}} \) với \( - 3 \le x \le 3\).\(y' = 1 + \frac{x}{{\sqrt {9 - {x^2}} }}\)\(y' = 0 \Rightarrow \sqrt {9 - {x^2}} = - x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 0\\9 - {x^2} = {x^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2} \in \left[ { - 3;3} \right]\).BBT:

Dựa vào bảng biến thiên suy ra \( - 3 < m \le 3\).

Lời giảiChọn ATừ dáng điệu của đồ thị ta có ngay được:\( \oplus \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - \infty \Rightarrow a > 0\).\( \oplus \) Đồ thị hàm số cắt trục tung tại một điểm có tung độ dương nên \(d > 0\).Ta có: \(y' = 3a{x^2} + 2bx + c\)Mặt khác dựa vào đồ thị ta thấy phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm trái dấu và tổng hai nghiệm này luôn dương nên \(\left\{ \begin{array}{l}ac < 0\\ - \frac{{2b}}{{3a}} > \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}c < 0\\b < 0\end{array} \right.\) (do \(a > 0\))Do đó: \(ab < 0,bc > ,cd < 0\).Vậy đáp án A.

Lời giảiChọn ATừ bảng biến thiên suy ra hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {0;1} \right)\) .

Lời giảiChọn BSố điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) bằng số điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cộng với số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) với trục hoành (không tính điểm cực trị).Vì đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có \(2\) điểm cực trị và cắt trục \(Ox\) tại \(1\) điểm nên đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) có \(2 + 1 = 3\) điểm cực trị.Cách 2:\(\left| {f\left( x \right)} \right| = \sqrt {{f^2}\left( x \right)\;} \Rightarrow {\left( {\left| {f\left( x \right)} \right|} \right)^'} = \frac{{f\left( x \right).f'\left( x \right)}}{{\left| {f\left( x \right)} \right|}} \Rightarrow \;\)dấu của \({\left( {\left| {f\left( x \right)} \right|} \right)^'}\) là dấu của \(f\left( x \right).f'\left( x \right)\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = - 1;x = 3\)

Từ bảng biến thiên suy ra \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = {x_0} < - 1\)Lập bảng xét dấu

Đáp số: 3 cực trị

Lời giảiChọn BTa có: \(y' = 3{x^2} - 3\).Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng \(d:y = - \frac{1}{3}x + 1\) nên có hệ số góc bằng \(\left( { - 1} \right):\left( { - \frac{1}{3}} \right) = 3\).\( \Rightarrow y' = 3\) \( \Leftrightarrow 3{x^2} - 3 = 3\) \( \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 2 \).Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn.

Lời giảiChọnBTa có:\[y = 3\left( {1 - 2{{\sin }^2}x} \right) - 4\sin x\]\[ = - 6{\sin ^2}x - 4\sin x + 3\]Đặt \[\sin x = t,t \in {\rm{[}} - 1;1]\].Khi đó\[f\left( t \right) = - 6{t^2} - 4t + 3,t \in {\rm{[}} - 1;1]\], có \[f'\left( t \right) = - 12t - 4 = 0\]\[ \Leftrightarrow t = - \frac{1}{3} \in \left( { - 1;1} \right)\]\[f\left( { - 1} \right) = 1\], \[f\left( 1 \right) = - 7\], \[f\left( { - \frac{1}{3}} \right) = \frac{{11}}{3}\]\[ \Rightarrow \mathop {\min f\left( t \right)}\limits_{[ - 1;1]} = \mathop {\min y}\limits_\mathbb{R} = - 7\].

Lời giảiChọn D

Xét phương trình \(3f\left( {x + 2} \right) - 4 = 0 \Leftrightarrow f\left( {x + 2} \right) = \frac{4}{3}\) \(\left( 1 \right)\)Đặt \(X = x + 2\), do \( - 2 \le x \le 2 \Leftrightarrow 0 \le x + 2 \le 4 \Leftrightarrow 0 \le X \le 4\) . Khi đó ta có \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( X \right) = \frac{4}{3}\)\(\left( * \right)\)Vậy phương trình \(\left( 1 \right)\)có nghiệm trên đoạn \(\left[ { - 2;2} \right]\) khi và chỉ khi phương trình \(\left( * \right)\) có nghiệm trên đoạn \(\left[ {0;4} \right]\).Dựa vào hình vẽ ta nhận thấy trên đoạn \(\left[ {0;4} \right]\) thì đường thẳng \(y = \frac{4}{3}\) cắt đồ thị hàm số đã cho tại đúng một điểm. Do đó phương trình \(\left( * \right)\) có đúng 1 nghiệm hay phương trình \(\left( 1 \right)\) có đúng một nghiệm.

Lời giảiChọn DTheo hình vẽ:Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 0\), nên đáp án A – đúngHàm số giao trục tung tại \(\left( {0;1} \right)\), nên đáp án B - đúngTrên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\), \(x\) tăng, \(y\) tăng nên hàm số đồng biến, nên C – đúngTrên khoảng \(\left( { - 2; - 1} \right)\)hàm số vừa đồng biến, nghịch biến nên kết luận ở đáp án D – sai.

Lời giảiChọn D● Ta có \[y' = 3{x^2} - m - 2\], \[y'' = 6x\]Vì hàm số đạt cực tiểu tại \[x = 1\] nên \[y'(1) = 0 \Leftrightarrow 3 - m - 2 = 0 \Leftrightarrow m = 1\]Với \[m = 1\] ta có \[y''\left( 1 \right) = 6 > 0\]. Vậy hàm số \[y = {x^3} - \left( {m + 2} \right)x + m\] đạt cực tiểu tại \[x = 1\]khi \[m = 1\].

Lời giảiChọn D

Gọi \[H\] là trung điểm của \[AB\]\[\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\],\[\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\], \[SH \bot AB\]\[ \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\]Do đó: \[\left( {\widehat {SC,\left( {ABCD} \right)}} \right) = \widehat {SCH} = {45^0}\]Xét tam giác vuông \[BHC\]: \[HC = \sqrt {B{C^2} + B{H^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\]Xét tam giác vuông \[SHC\]: \[SH = HC = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\]Suy ra: \[{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{6}\]Link hình : https://www.geogeBrA. org/m/tqxhwgge

Lời giảiChọn A

+) Ta có :\(\left( {BC',(AA'C'C)} \right) = \widehat {BC'A} = {30^0}\) và\(\left( {BC',(ABC)} \right) = \widehat {C'BC} = \alpha \)+) Đặt \(AB = x \Rightarrow BC = \sqrt {3{a^2} + {x^2}} \) ,\(CC' = BC.\tan \alpha = \sqrt {\frac{{3({x^2} + 3{a^2})}}{5}} \)\(AC' = AB.\cot {30^0} = x\sqrt 3 \)Ta có : \(A{C^2} + CC{'^2} = AC{'^2} \Rightarrow x = a\sqrt 2 \Rightarrow CC' = a\sqrt 3 ,AC' = a\sqrt 6 \)+) Gọi P là trung điểm của B’C’, suy ra:\((MNP)//(ABC') \Rightarrow d(MN,AC') = d((MNP),(ABC')) = d(N,(ABC') = \frac{1}{2}d(A',(ABC')\)Kẻ \(A'H \bot AC' \Rightarrow A'H \bot (ABC') \Rightarrow d(A',(ABC') = A'H = \frac{{AA'.A'C'}}{{AC'}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)Suy ra : \(d(MN,AC') = \frac{{a\sqrt 6 }}{4} \Rightarrow \) Đáp án A

Lời giảiChọn ATập xác định \[D = \mathbb{R}\].\[y' = 3{x^2} - 6x - 9\], cho \[y' = 0 \Rightarrow 3{x^2} - 6x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 3\end{array} \right.\].Bảng biến thiên

Vậy Hàm số đạt cực tiểu tại \[x = 3\].

Lời giảiChọn AĐồ thị hàm số có tiệm cận ngang\[ \Rightarrow \] hàm số xác định trên một trong các miền \[\left( { - \infty ;a} \right)\], \[\left( { - \infty ;a} \right]\], \[\left( {a; + \infty } \right)\] hoặc \[\left[ {a; + \infty } \right)\]\[ \Rightarrow m \ge 0\]TH1: \[m = 0\]\[ \Rightarrow y = x - \sqrt { - 3x + 7} \]đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.TH2: \[m > 0\] \[y = x - \sqrt {m{x^2} - 3x + 7} \]Khi \[x \to + \infty ,y = x - x\sqrt {m - \frac{3}{x} + \frac{7}{{{x^2}}}} \], đồ thị hàm số có tiệm cận ngang khi và chỉ khi \[m = 1\]Khi \[x \to - \infty ,y = x + x\sqrt {m - \frac{3}{x} + \frac{7}{{{x^2}}}} \to - \infty \], đồ thị hàm số không có tiệm cận ngangKL: \[m = 1\]( Bài có thể làm trắc nghiệm bằng cách thử m)

Cách 2:

Với \[m < 0\], ta có hàm số \[y = x - \sqrt {m{x^2} - 3x + 7} \] không tồn tại giới hạn tại dương vô cùng.Với \[m \in \left( {0;1} \right)\], ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x - \sqrt {m{x^2} - 3x + 7} } \right) = + \infty \] và \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {x - \sqrt {m{x^2} - 3x + 7} } \right) = - \infty \].Với \[m > 1\], ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x - \sqrt {m{x^2} - 3x + 7} } \right) = - \infty \] và \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {x - \sqrt {m{x^2} - 3x + 7} } \right) = - \infty \].Với \[m = 1\], ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x - \sqrt {{x^2} - 3x + 7} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3x - 7}}{{x + \sqrt {{x^2} - 3x + 7} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3 - \frac{7}{x}}}{{1 + \sqrt {1 - \frac{3}{x} + \frac{7}{{{x^2}}}} }} = \frac{3}{2}\], đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là: \[y = \frac{3}{2}\].[phương pháp trắc nghiệm]Thay \[m = 1\], nhập hàm vào máy tính, CALC \[{10^6}\], được giá trị gần bằng \[\frac{3}{2}\], đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là: \[y = \frac{3}{2}\]. Loại đáp án B, D.

Thay \[m = - 1\], nhập hàm vào máy tính, CALC \[{10^6}\], máy báo lỗi, dự đoán đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang. Loại đáp án C.

Lời giảiChọn APhương trình hoành độ giao điểm của hai đường trên là:\({x^3} - 2{x^2} + 2x + 1 = 1 - x \Leftrightarrow {x^3} - 2{x^2} + 3x = 0 \Leftrightarrow x = 0\)Phương trình có một nghiệm nên đường cong và đường thẳng có một giao điểm

Lời giảiChọn A Cách 1:Ta đã biết từ đồ thị \(\left( C \right)\):\(y = f\left( x \right)\) suy ra đồ thị \(\left( {{C_1}} \right)\):\(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) sẽ gồm hai phần.\( \oplus \) Phần 1: Giữ nguyên phần đồ thị \(\left( C \right)\) ở bên phải trục tung.\( \oplus \) Phần 2: Bỏ phần đồ thị \(\left( C \right)\) bên trái trục tung và lấy đối xứng phần 1 qua trục tung.Từ dáng điệu của đồ thị đã cho ta quan sát phần đồ thị bên phải có ngay được:\( \oplus \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - \infty \Rightarrow y = f\left( x \right)\) có hệ số \(a < 0\)\( \oplus \) Đồ thị hàm số cắt trục tung tại một điểm có tung độ âm nên \(y = f\left( x \right)\) có hệ số \(d < 0\).Vậy đáp án A.Cách 2:Nhận xét đồ thị đi qua điểm \(A\left( {1;0} \right)\), \(B\left( {0; - 4} \right)\) , \(C\left( {2;0} \right)\) nên ta kiểm tra các đáp ánTa có \( - {1^3} + {1^2} + 4.1 - 4 = 0\); \( - {0^3} + {0^2} + 4.0 - 4 = - 4\); \( - {2^3} + {2^2} + 4.2 - 4 = 0\)nên \(A\left( {1;0} \right)\), \(B\left( {0; - 4} \right)\) , \(C\left( {2;0} \right)\) thuộc \(y = f\left( x \right) = - {x^3} + {x^2} + 4x - 4\) .GmAil: huynhu1981@gmAil.Com Tên fACeBook: Nhu Nguyen

Lời giảiChọn A\(y' = - 3{x^2} - 2mx + 4m + 9\)Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\)\( \Leftrightarrow y' \le 0\,\,\forall x \in \left( { - \infty ; + \infty } \right)\)\( \Leftrightarrow - 3{x^2} - 2mx + 4m + 9 \le 0\,\,\forall x \in \left( { - \infty ; + \infty } \right)\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a < 0\\\Delta ' \le 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 < 0\\{m^2} + 12m + 27 \le 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow - 9 \le m \le - 3\)\( \Leftrightarrow m \in \left\{ { - 9; - 8; - 7; - 6; - 5; - 4; - 3} \right\}\) (Vì m là số nguyên)Vậy chọn A.

Lời giảiChọn D

Gọi \[M\]là trung điểm \[CD\], ABMD là hình vuông cạnh bằng 1\(BM = \frac{1}{2}DC\),tam giác BCD vuông cân tại B.Ta có: \(BC \bot SB\)( vì\(BC \bot BD,\)\(BC \bot SO\))\[\]\[d(A,(SBC)) = \frac{{3{V_{SABC}}}}{{{S_{\Delta SBC}}}} = \frac{{3.\frac{1}{3}SO.({S_{ABCD}} - {S_{\Delta ADC}})}}{{\frac{1}{2}SB.BC}} = \]\(\frac{{a\sqrt 6 }}{4}\).Cách 2.Chọn DGọi \[M\]là trung điểm của \[CD\], \[H\]là trung điểm của \[BD\].\[\Delta BCD\] có \[BM = \frac{1}{2}DC \Rightarrow \Delta BCD\] vuông tại \[B\]

\[BD = a\sqrt 2 ,BC = \sqrt {D{C^2} - B{D^2}} = \sqrt {4{a^2} - 2{a^2}} = a\sqrt 2 \Rightarrow {S_{\Delta BCD}} = \frac{1}{2}.BD.BC = {a^2}\]\[{V_{SBCD}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{\Delta BCD}} \Rightarrow SH = \frac{{3{V_{SBCD}}}}{{{S_{\Delta BCD}}}} = \frac{{3.{a^3}}}{{\sqrt 6 {a^2}}} = \frac{{\sqrt 6 a}}{2}\]+) Ta có \[AH//\left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right)\]+) Kẻ \[HK \bot SB\]\[\left. \begin{array}{l}BC \bot SH\\BC \bot BD\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SHB} \right) \Rightarrow BC \bot HK\]Do đó \[HK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right) = HK\]

\[\Delta SHB\] có: \[\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{B^2}}} = \frac{4}{{6{a^2}}} + \frac{4}{{2{a^2}}} = \frac{{16}}{{6{a^2}}}\]\[ \Rightarrow HK = \frac{{\sqrt 6 a}}{4} = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)\]

Lời giảiChọn DGọi \({V_1},{V_2}\) lần lượt là thể tích khối lập phương ban đầu và thể tích khối lập phương khi tăng kích thước của mỗi cạnh thêm \(2\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).Ta có \({V_1} = {a^3}\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\); \({V_2} = {\left( {a + 2} \right)^3}\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).Theo đề bài suy ra \({\left( {a + 2} \right)^3} - {a^3} = 98 \Leftrightarrow 6{a^2} + 12a - 90 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 3\,\,\,\,\left( N \right)\\a = - 5\,\,\left( L \right)\end{array} \right.\).Vậy \(a = 3\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Lời giảiChọn DTa có \(y' = 3{x^2} - 6x\).Phương trình tiếp tuyến với \((C)\) tại điểm \(M({x_0};{x_0}^3 - 3{x_0})\) là\(y = \left( {3{x_0}^2 - 6{x_0}} \right)(x - {x_0}) + {x_0}^3 - 3{x_0}^2.\)Tiếp tuyến qua \((0;b) \Leftrightarrow \left( {3{x_0}^2 - 6{x_0}} \right)(0 - {x_0}) + {x_0}^3 - 3{x_0}^2 = b \Leftrightarrow b = - 2{x_0}^3 + 3{x_0}^2\).Có đúng một tiếp tuyến của \((C)\)qua \((0;b)\)\( \Leftrightarrow b = - 2{x_0}^3 + 3{x_0}\) có đúng một nghiệm \({x_0}.\)Dựa vào đồ thị của hàm số \(f(t) = - 2{t^3} + 3{t^2}\) suy ra có 17 số nguyên \(b \in {\rm{[}} - 9;9]\backslash {\rm{\{ }}0;1\} \) để đồ thị hàm số \(y = - 2{x^3} + 3{x^2}\) cắt đường thẳng \(y = b\) tại đúng một điểm.Chọn đáp án D.

Lời giảiChọn D

Ta có công thức tính thể tích khối chóp là \[V = \frac{1}{3}s.h\] . Hai đa giác đáy đồng dạng với nhau nên \[{{\rm{S}}_{S'.A'B'C'D'E'}} = \frac{1}{9}{S_{S.ABC{\rm{D}}E}}\]. Chiều cao hình chóp \[S'.A'B'C'D'E'\] tăng lên \[3\] lần nên ta có  \[V' = \frac{1}{3}.\frac{1}{9}{S_{S.ABC{\rm{D}}E}}.3h = \frac{1}{3}V\]. Do đó tỉ số thể tích           \[\frac{{V'}}{V} = \frac{1}{3}\] .

Giải:Chọn A

Từ giả thiết suy ra tam giác ABC đều nên \({S_{ABCD}} = 2{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)Gọi M là hình chiếu của O trên BC thì BC vuông góc với mặt phẳng (B’OM). Suy ra góc giữa mặt phẳng (BB’C’C) và mặt phẳng đáy là góc \[\widehat {B'MO} = {60^0}\]Ta lại có tam giác BOC vuông tại O, có đường cao OM nên\(\begin{array}{l}\frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}}\\ \Rightarrow OM = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\end{array}\)Tam giác B’OM vuông tại O nên\(\begin{array}{l}B'O = OM\tan {60^0} = \frac{{3a}}{4}\\ \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = B'O.{S_{ABCD}} = \frac{{3a}}{4}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{8}\end{array}\)

Lời giảiChọn ATXĐ: \[D = R\]Ta có: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2 - x}}{{1 + \left| x \right|}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2 - x}}{{1 + x}} = - 1\], \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2 - x}}{{1 + \left| x \right|}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2 - x}}{{1 - x}} = 1\]Đồ thị hàm số \[y = \frac{{2 - x}}{{1 + \left| x \right|}}\] có 2 đường TCN \[y = 1,y = - 1\].Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 TC. Chọn A

Lời giảiChọn AĐặt \(t = \sin x;x \in \left[ {0;\frac{{2\pi }}{3}} \right] \Rightarrow t \in \left[ {0;1} \right]\). Ta được hàm số \(g\left( t \right) = \frac{{t - m}}{{t + 1}},t \in \left[ {0;1} \right]\). Ta có: \(g'\left( t \right) = \frac{{1 + m}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}\) \(m + 1 > 0 \Leftrightarrow m > - 1 \Rightarrow g'\left( t \right) > 0 \Rightarrow \mathop {Max}\limits_{\left[ {0;1} \right]} g\left( t \right) = - 2 \Leftrightarrow g\left( 1 \right) = - 2 \Leftrightarrow \frac{{1 - m}}{2} = - 2 \Leftrightarrow m = 5\) (Thỏa) \(m + 1 < 0 \Leftrightarrow m < - 1\) \( \Rightarrow g'\left( t \right) < 0 \Rightarrow \mathop {Max}\limits_{\left[ {0;1} \right]} g\left( t \right) = - 2 \Leftrightarrow g\left( 0 \right) = - 2 \Leftrightarrow \frac{{ - m}}{1} = - 2 \Leftrightarrow m = 2\) (không thỏa)Vậy \(m = 5.\)

Lời giảiChọn CHình bát diện đều được biểu diễn như sau:

Hình bát diện đều có 6 đỉnh.

Lời giảiChọn BCách 1:Có \[g'\left( x \right) = - 2f'\left( {3 - 2x} \right)\]Hàm số nghịch biến \[ \Leftrightarrow g'\left( x \right) \le 0,\]dấu “=” chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm.\[ \Leftrightarrow - 2.f'\left( {3 - 2x} \right) \le 0 \Leftrightarrow f'\left( {3 - 2x} \right) \ge 0\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 2 \le 3 - 2x \le 2\\3 - 2x \ge 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \in \left[ {\frac{1}{2};\frac{5}{2}} \right]\\x \in \left( { - \infty ; - 1} \right]\end{array} \right.\]. Chọn BCách 2:Dựa vào đồ thị hàm số ta có \[f'\left( x \right) = {\left( {x + 2} \right)^{2n + 1}}{\left( {x - 2} \right)^{2m + 1}}{\left( {x - 5} \right)^{2k + 1}},\left( {m,n,k \in {\mathbb{N}^*}} \right)\]Mà: \[g'\left( x \right) = - 2f'\left( {3 - 2x} \right)\]Nên: \[g'\left( x \right) = - 2.{\left( {5 - 2x} \right)^{2n + 1}}{\left( {1 - 2x} \right)^{2m + 1}}{\left( { - 2 - 2x} \right)^{2k + 1}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = \frac{1}{2}\\x = \frac{5}{2}\end{array} \right.\]

BXD

Dựa vào BXD ta có hàm số nghịch biến trên\[\left( { - \infty ; - 1} \right];\left[ {\frac{1}{2};\frac{5}{2}} \right]\].Chọn B

Lời giảiChọn BGiả sử số đỉnh của đa giác đáy của lăng trụ là \(n.\)Khi đó số cạnh của 2 mặt đáy là \(2n\) và số cạnh bên của lăng trụ là \(n.\)Vậy số cạnh của lăng trụ là \(3n.\) Ta thấy \[{\rm{3}}.{\rm{673 }} = {\rm{ 2}}0{\rm{19}}\]nên chọn đáp án B.

Lời giảiChọn BGọi độ dài cạnh đáy của hộp là \(x\left( {dm} \right)\) \( \Rightarrow \) Chiều cao của hộp là \(\frac{{108}}{{{x^2}}}(dm)\).\( \Rightarrow \) Số inox cần thiết để làm 1 hộp là: \(S = {x^2} + 4x.h = {x^2} + \frac{{432}}{x}(d{m^2})\).Tổng số tiền chi phí cho 100 chiếc hộp là \(T = 47.000 \times 100 \times S = 4.700.000 \times \left( {{x^2} + \frac{{432}}{x}} \right)\)Ta có: \(T' = 4.700.000 \times \left( {2x - \frac{{432}}{{{x^2}}}} \right)\).\(T' = 0 \Leftrightarrow x = 6\)

Lời giảiChọn DGọi \[M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\] là tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm.Ta có \[y' = 3{x^2} - 3\]. Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng \[\left( d \right):y = 9x + 17\] nên phương trình tiếp tuyến có dạng \[y = 9x + b\],\[\left( {b \ne 17} \right)\].Khi đó \[y'\left( {{x_0}} \right) = 9 \Leftrightarrow 3x_0^2 - 3 = 9 \Leftrightarrow {x_0} = \pm 2\].Với \[{x_0} = 2\], ta có \[{y_0} = {2^3} - 3.2 + 1 = 3\] . Do đó phương trình tiếp tuyến là : \[y = 9\left( {x - 2} \right) + 3 \Leftrightarrow y = 9x - 15\].Với \[{x_0} = - 2\], ta có \[{y_0} = {\left( { - 2} \right)^3} - 3.\left( { - 2} \right) + 1 = - 1\] . Do đó phương trình tiếp tuyến là : \[y = 9\left( {x + 2} \right) - 1 \Leftrightarrow y = 9x + 17\]. (loại vì \[b \ne 17\])Vậy có 1 phương trình tiếp tuyến thỏa mãn ycbt là \[y = 9x - 15\].

Lời giảiChọn DTa có: \[f'\left( x \right) = 6{x^2} + 6x - 12\]\[ \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 2\end{array} \right.\]Do đó \[\mathop {max}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = max\left\{ {f\left( { - 1} \right),f\left( 1 \right),f\left( 2 \right)} \right\} = 15.\]

Lời giảiChọn D

Lời giảiChọn D

Lời giảiChọn DĐiều kiện: \(x \in \mathbb{R}\).\(y' = 1 - 2\cos 2x\)\(y' = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\2x = \frac{{ - \pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\x = \frac{{ - \pi }}{6} + k\pi \end{array} \right.,\,k \in {\rm Z}\).\(y'' = 4\sin 2x\)\[y''\left( {\frac{\pi }{6} + k\pi } \right) = 4\sin \left( {\frac{\pi }{3} + k2\pi } \right) = 2\sqrt 3 ,\,\,\,\forall k \in {\rm Z}\]\( \Rightarrow x = \frac{\pi }{6} + k\pi \) là điểm cực tiểu của hàm số.\(y''\left( { - \frac{\pi }{6} + k\pi } \right) = 4\sin \left( { - \frac{\pi }{3} + k2\pi } \right) = - 2\sqrt 3 ,\,\,\,\forall k \in {\rm Z}\)\( \Rightarrow x = \frac{{ - \pi }}{6} + k\pi \)là điểm cực đại của hàm số.

Lời giảiChọn DTa có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x - 2}}{{x + 2}} = 2\] và \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x - 2}}{{x + 2}} = 2\] vậy \[y = 2\] là tiệm cận ngang của hàm số \[y = \frac{{2x - 2}}{{x + 2}}\]

Lời giảiChọn D.

Lời giảiChọn BSố điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) bằng số điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cộng với số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) với trục hoành (không tính điểm cực trị).Vì đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có \(2\) điểm cực trị và cắt trục \(Ox\) tại \(1\) điểm nên đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) có \(2 + 1 = 3\) điểm cực trị.

Lời giảiChọn BDựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) không có giá trị lớn nhất trên \(\mathbb{R}\).

Lời giảiChọn B\[y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}} \Rightarrow y' = \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} \Rightarrow {y'_{\left( 1 \right)}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \]Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm \[M\left( {1;0} \right)\] :\[y = \frac{1}{2}(x - 1) = \frac{1}{2}x - \frac{1}{2}\]. Chọn BCách 2:Trong 4 đáp án đã cho chỉ có đường thẳng \[y = \frac{1}{2}x - \frac{1}{2}\] đi qua điểm \[M\left( {1;0} \right)\], nên ta chọn đáp án B

Chọn D

Do tam giác \(A'AB\) vuông tại \(A\) nên theo pitago ta có :\(A'{B^2} = AA{'^2} + A{B^2} \Leftrightarrow AA' = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} - {a^2}} = a\sqrt 2 \)Lại có tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\) nên \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}A{B^2} = \frac{1}{2}{a^2}\)

 .

Thể tích khối lăng trụ đã cho: \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = a\sqrt 2 .\frac{1}{2}{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}\)

Lời giảiChọn DHình lập phương có 9 mặt phẳng đối xứng.

Lời giảiChọn D

Ta có: \[{V_{ABMO}} = \frac{1}{2}{V_{ABMC}};\,\,\,{V_{ABMC}} = \frac{1}{2}{V_{SABC}} = \frac{1}{4}{V_{SABCD}} = \frac{1}{4}V \Rightarrow {V_{ABMO}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{4}V = \frac{1}{8}V.\]

Lời giảiChọn D

Đáy ABC là tam giác đều cạnh a nên diện tích bằng: \(\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)Đường cao của hình chóp là SC = a ⇒ Thể tích khối chóp \(S.ABC\)là:\(\frac{1}{3}.\,SC.\,{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\,a.\,\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\) (đvtt)Vậy đáp án là D