Bộ 20 đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án (Đề 8)

Lời giải

Chọn B

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\)

\(y' = \frac{1}{{{x^2}}} > 0\)với mọi \(x \in D\).

Vậy hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\)và \(\left( {0; + \infty } \right)\). Suy ra hàm số đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Lời giải

Chọn D

Quan sát đồ thị ta thấy đồ thị đi lên trong khoảng \(\left( { - 1;0} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Vậy hàm số đồng biến trên \(\left( { - 1;0} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Lời giải.

Chọn C

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

Lời giảiChọn B

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{1}{2}} \right\}\).

Ta có: \(y' = \frac{{ - 5}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}} < 0\,\)với \(\forall x \in \left( { - \infty \,;\,\frac{1}{2}} \right) \cup \left( {\frac{1}{2}\,;\, + \infty } \right)\).

Vậy hàm số \(y = \frac{{3x + 1}}{{2x - 1}}\) không có cực trị.

Lời giải

Chọn A

Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số có ba điểm cực trị trong đó có hai điểm cực tiểu và một điểm cực đại.

Lời giải

Chọn C

Lời giải

Chọn C

Ta có: \(y' = 3{x^2} + 6x - 9\) ; \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 3\,\,\left( L \right)\end{array} \right.\). Khi đó\(y\left( 0 \right) = 1\), \(y\left( 1 \right) = - 4\), \(y\left( 4 \right) = 77\).

Vậy: \(M = 77\);\(\,m = - 4\).

Lời giải

Chọn B

Từ bảng biên thiên ta nhận thấy đạo hàm của hàm số đổi dấu từ dương sang âm qua nghiệm 0 nên hàm số đạt cực đại tại 0 và giá trị cực đại của hàm số bằng 0.

Lời giải

Chọn A

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\)

\(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty \)và \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ - }} y = - \infty \)

Do vậy, \(x = 1\)là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Lời giải

Chọn C

Ta có:

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = - 1\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0\)\( \Rightarrow \) đồ thị hàm số có \(2\) đường tiệm cận ngang là \(y = - 1\) và \(y = 0\).

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} f\left( x \right) = - \infty \)\( \Rightarrow \) đồ thị hàm số có \(1\) đường tiệm cận đứng là \(x = - 2\).

Vậy, đồ thị hàm số có \(3\) đường tiệm cận.

Lời giải

Chọn B

Dựa vào đồ thị ta có đường tiệm cận đứng \(x = - 1\) và đường tiệm cận ngang \(y = 2\).

Lời giải

Chọn C

Xét tứ diện \(ABCD\).

Cạnh \(AB\) là cạnh chung của hai mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {ABD} \right)\).

Vậy, khẳng định C sai.

Khẳng định đúng: Mỗi cạnh là cạnh chung của đúng hai mặt.

Lời giải

Chọn A

Số mặt của hình đa diện là 11.

Lời giải

Chọn D

Dựa vào định lý khối đa diện đều.

Lời giảiChọn A

Hình bát diênh đều thuộc loại \(\{ {\kern 1pt} {\kern 1pt} 3{\kern 1pt} {\kern 1pt} ;{\kern 1pt} 4\} \) có \(12\) cạnh và \[6\] đỉnh.

Vậy, tổng số cạnh và số đỉnh của hình bát diện đều bằng:\(12 + 6 = 18\).

Lời giải

Chọn B

Ta có \[V = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}a\sqrt 2 .{a^2} = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{3}\].

Lời giải

Chọn C

Ta có thể tích của khối chóp tam giác đều bằng: \(\frac{1}{3}.\frac{{{2^2}\sqrt 3 }}{4}.12 = 4\sqrt 3 \).

Lời giải

Chọn B

Ta có công thức tính thể tích lăng trụ có diện tích đáy \(B\)và chiều cao \(h\)là \(V = Bh\).

Lời giải

Chọn B

Ta có:\(\begin{array}{l}V = {S_{ABC}}{\rm{.}}AA' = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4}.a\sqrt 3 = 3a.\\\end{array}\).

Lời giải

Chọn A

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

Căn cứ vào bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\) ta thấy hàm số\(f\left( x \right)\)đồng biến trên khoảng \(\left( {1;3} \right)\) mà \(\left( {2;\,3} \right) \subset \left( {1;3} \right)\)nên chọn#

Lời giải

Chọn D

Hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + mx + 1\) có tập xác định \(D = \mathbb{R}\).

Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi và chỉ khi \(y' = 3{x^2} - 6x + m \ge 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3 > 0\\\Delta ' = 9 - 3m \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 3\].

Lời giải

Chọn A

Ta có \(f'\left( x \right) = x\left( {{x^2} - 1} \right){\left( {x - 1} \right)^2} = x\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right){\left( {x - 1} \right)^2} = x{\left( {x - 1} \right)^3}\left( {x + 1} \right)\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 0\\x = 1\end{array} \right.\) là ba nghiệm bội lẻ nên \(f'\left( x \right)\,\) đổi dấu khi \(x\) đi qua nghiệm.

Lập bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\,\, \Rightarrow \)hàm số đạt cực tiểu tại \(x = - 1\) và \(x = 1\).

Lời giải

Chọn B

\[{y^'} = 3{x^2} - 2(3m + 1)x + {m^2} + 3m + 2\]

Đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu nằm về 2 phía đối với trục tung khi và chỉ khi

\[y'\] có 2 nghiệm trái dấu \[ \Leftrightarrow 3({m^2} + 3m + 2) < 0 \Leftrightarrow - 2 < m < - 1\].

Lời giải

Chọn D

\(y = a{x^4} + b{x^2} + c\).

\(y' = 4a{x^3} + 2bx\).

Hàm số đạt cực trị tại \(x = 2 \Rightarrow y'\left( 2 \right) = 0 \Leftrightarrow 0 = 32a + 4b\).

Đồ thị hàm số đi qua điểm

 \(A\left( {0;\,2} \right) \Rightarrow c = 2\),

\(B\left( {2;\, - 14} \right) \Rightarrow - 14 = 16a + 4b + c\).

Từ đó suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = - 8\\c = 2\end{array} \right. \Rightarrow y = {x^4} - 8{x^2} + 2\).

Vậy \(f\left( 1 \right) = 1 - 8 + 2 = - 5\).

Lời giải

Chọn D

TXD: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\).

\(y' = 2x - \frac{1}{{{x^2}}}\), \(y' = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{{\sqrt[3]{2}}}.\)

Dựa vào BBT thì \(x = \frac{1}{{\sqrt[3]{2}}}\) hàm số đạt giá trị nhỏ nhất trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Lời giải

Chọn A

Tập xác định \(D = R\).

Ta có \(y' = 3{x^2} + {m^2} + 1\; > 0\) với \(\forall m \in R\)\( \Rightarrow \) hàm số đồng biến trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\).

Do đó \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = y(0) = {m^2} - 2 = 2 \Rightarrow {m^2} = 4 \Rightarrow m = \pm 2\)

Vì \(m > 0\) nên chọn \(m = 2\).

Lời giải

Chọn C

Tập xác định: \(\left\{ \begin{array}{l}16 - {x^2} \ge 0\\{x^2} - 16 \ne 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow - 4 < x < 4\) \( \Rightarrow \) Hàm số không có tiệm cận ngang.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {4^ + }} \frac{{\sqrt {16 - {x^2}} }}{{{x^2} - 16}} = - \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \frac{{\sqrt {16 - {x^2}} }}{{{x^2} - 16}} = - \infty \)

\( \Rightarrow \) Hàm số có hai tiệm cận đứng \(x = - 4\) và \(x = 4.\)

Lời giải

Chọn C

Ta 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 D

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = - \frac{d}{c}\left\langle {0 \Rightarrow \frac{d}{c}} \right\rangle 0\).

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = \frac{a}{c} > 0\).

Do đó \(\frac{d}{c} \cdot \frac{a}{c} > 0 \Rightarrow \frac{{ad}}{{{c^2}}} > 0 \Rightarrow ad > 0\).

Với \(y = 0 \Rightarrow x = - \frac{b}{a}\), khi đó từ hình vẽ ta được \( - \frac{b}{a} > 0 \Rightarrow ab < 0\).

Với \(x = 0 \Rightarrow y = \frac{b}{d},\) khi đó từ hình vẽ ta được \(\frac{b}{d} < 0 \Rightarrow bd < 0\).

Lời giải

Chọn C

Xét điểm \[M\left( {x;y} \right) \in \left( P \right)\], gọi \[M'\left( {x';y'} \right)\] là ảnh của \[M\] qua phép tịnh tiến theo vectơ \[\overrightarrow v \].

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}x' = x - 1\\y' = y + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = x' + 1\\y = y' - 4\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {x' + 1;y' - 4} \right)\].

Vì \[M \in \left( P \right)\] nên \[y' - 4 = 2{\left( {x' + 1} \right)^2} - 3\left( {x' + 1} \right) - 1 \Leftrightarrow y' = 2x{'^2} + x' + 2\].

Vậy, điểm ảnh \[M'\] thuộc parabol \[\left( P \right)\] có phương trình \[y = 2{x^2} + x + 2\].

Lời giải

Chọn D

Ta có số điểm chung của hai đồ thị bằng số nghiệm của phương trình sau:

\({x^4} - 7{x^2} - 6 = {x^3} - 13x\;\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {{x^2} + x - 6} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\\x = - 3\end{array} \right.\)

Suy ra phương trình \(\left( 1 \right)\) có \(3\) nghiệm. Vậy số điểm chung của hai đồ thị là \(3\).

Lời giải

Chọn B

·Ta có: \(3f\left( x \right) - 4 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{4}{3}\).

· Dựa vào đồ thị: số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và \(y = \frac{4}{3}\) là 5 giao điểm.

· Suy ra phương trình \(3f\left( x \right) - 4 = 0\) có 5 nghiệm phân biệt.

Lời giải

Chọn D

Từ đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta suy ra đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\)như sau:

- Giữ nguyên phần đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) phía trên trục \(Ox\)

- Phần đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) bên dưới trục \(Ox\)được lấy đối xứng qua trục \(Ox\).

Số nghiệm của phương trình \(\left| {f\left( x \right)} \right| = m\) là số giao điểm của đồ thị \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) và đường thẳng\(y = m\).

Từ đồ thị ta thấy phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt khi \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > 4}\\{m = 0}\end{array}} \right.\).

Lời giải

Chọn D

Ta có số cạnh của đèn lồng bát diện đều là 12 suy ra độ dài que tre để làm 1 đền lồng là \(12.8 = 96\,{\rm{cm}}\). Số mét que để làm 100 cái đèn lồng là \(96.100 = 9600\,{\rm{cm}}\,{\rm{ = 96}}\,{\rm{m}}\).

Lời giải

Chọn D

+ Chia khối lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\)thành hai khối lăng trụ bằng nhau\(ABD.A'B'D'\)và \(BCD.B'C'D'\)

+ Xét khối lăng trụ \(ABD.A'B'D'\)và nối các đường như hình vẽ trên.

-Ta thấy hai khối tứ diện \(D'A'B'D\) và \(AA'B'D\) bằng nhau vì chúng đối xứng với nhau qua mặt phẳng \(\left( {A'B'D} \right)\).

-Hai khối tứ diện \(BAB'D\) và \(A'AB'D\) bằng nhau vì chúng đối xứng với nhau qua mặt phẳng \(\left( {AB'D} \right)\).Như vậy khối lăng trụ \(ABD.A'B'D'\)được chia thành 3 khối tứ diện \(D'A'B'D\),\(AA'B'D\)và \(BAB'D\)bằng nhau.

+ Làm tương tự như vậy với khối lăng trụ \(BCD.B'C'D'\)ta cũng chia được 3 khối tứ diện bằng nhau.

+ Vậy ta có thể chia khối lập phương thành 6 khối tứ diện bằng nhau.

Lời giải

Chọn D

Hình lăng trụ tam giác đều có \[4\] mặt phẳng đối xứng được mô tả như sau:

 

Lời giải

Chọn B

Ta có nửa chu vi \(\Delta ABC\) là \(p = \frac{{AB + AC + BC}}{2} = 10a\).

Diện tích \(\Delta ABC\) là \({S_{\Delta ABC}} = \sqrt {10a.5a.3a.2a} = 10\sqrt 3 {a^2}\).

\(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(\Delta SAB\) vuông, cân tại \(A\) nên \(SA = AB = 5\).

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}5a.10\sqrt 3 {a^2} = \frac{{50\sqrt 3 }}{3}{a^3}\).

Lời giải

Chọn A

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(S\) lên \(AC\).

Ta có \(SO = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) suy ra \(\Delta SAO\) là tam giác đều.

\( \Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}\).

Vậy \(V = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 6 }}{4}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}\).

Lời giải

Chọn B

Coi \(f'\left( x \right) = \left( {x + 2} \right)\left( {x + 1} \right)x\left( {x - 1} \right)\)có bảng xét dấu như trên.

\[g'(x) = - 2f'(1 - x) - {x^4} + 5{x^3} - 6{{\rm{x}}^2}\]

Ta đi xét dấu \[g'(x) = P + Q\]. Với:

\(P = - 2f'\left( {1 - x} \right) = - 2\left( {3 - x} \right)\left( {2 - x} \right)\left( {1 - x} \right)\left( { - x} \right) = 2x\left( {3 - x} \right)\left( {2 - x} \right)\left( {1 - x} \right)\)

Bảng xét dấu của P

\[Q = - {x^4} + 5{x^3} - 6{{\rm{x}}^2} = - {x^2}\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)\]

Bảng xét dấu của \[Q\]

Từ hai BXD của \(P,\,Q\). Ta có \(P > 0,\,Q > 0\)với \(\forall x \in \left( {2;\,3} \right)\)nên \(g'(x) = P + Q > 0\)với \(\forall x \in \left( {2;\,3} \right)\).

Lời giải

Chọn B

Từ đồ thị hàm số \(y = f'\left( {x - 2} \right) + 2\) ta suy ra đồ thị hàm số \(y = f'\left( {x - 2} \right)\) (đường màu đỏ) bằng cách tịnh tiến xuống dưới \[2\] đơn vị.

Suy ra đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) (đường màu xanh) bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số \(y = f'\left( {x - 2} \right)\) sang trái \(2\) đơn vị.

Do đó hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right)\).

Lời giải

Chọn D

TXĐ : \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}\).

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

Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1;3} \right)\) khi và chỉ khi

\(y' > 0,\forall x \in \left( {1;3} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - {m^2} + 1 > 0\\x - m \ne 0,x \in \left( {1;3} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - {m^2} + 1 > 0\\m \notin \left( {1;3} \right)\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - {m^2} + 1 > 0\\\left[ \begin{array}{l}m \le 1\\m \ge 3\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 < m < 1\\\left[ \begin{array}{l}m \le 1\\m \ge 3\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow - 1 < m < 1\).

Lời giải

Chọn C

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

Hàm số \[y = \frac{1}{3}{x^3} - m{x^2} + \left( {{m^2} - 4} \right)x + 3\]đạt cực đại tại \[x = 3\]khi và chỉ khi: \[\left\{ \begin{array}{l}y'\left( 3 \right) = 0\\y''\left( 3 \right) < 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9 - 6m + {m^2} - 4 = 0\\6 - 2m < 0\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 6m + 5 = 0\\m > 3\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = 1\left( L \right)\\m = 5\left( {TM} \right)\end{array} \right.\\m > 3\end{array} \right.\].

Vậy \(m = 5\)là giá trị cần tìm.

Lời giải

Chọn D

Gọi \(H,K\) lần lượt là hình chiếu của \(A,B\) trên cạnh \(CD\).

Đặt \(\widehat {ADC} = \alpha \Rightarrow DH = \sin \alpha ,DH = c{\rm{os}}\alpha \)

               \({S_{ABCD}} = \frac{1}{2}AH.\left( {AB + CD} \right) = \frac{1}{2}\sin \alpha \left( {2 + 2\cos \alpha } \right) = f\left( \alpha \right)\)

\(x\)\(f'\left( \alpha \right) = {\rm{cos}}\alpha + 2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha - 1 = 0 \Leftrightarrow \alpha = \frac{\pi }{3}\)

Vậy \({S_{{\rm{max}}}} = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}\).

Lời giải

Chọn B

Ta có \(g\left( x \right)\) là hàm phân thức hữu tỷ với bậc của tử nhỏ hơn bậc cảu mẫu nên \(\mathop {lim}\limits_{x \to \pm \infty } g\left( x \right) = 0\), do đó đồ thị hàm số \(g\left( x \right)\) có đúng một tiệm cận ngang.

Mỗi phương trình \(f\left( x \right) = 0\) và \(f\left( x \right) = 1\) đều có 4 nghiệm phân biệt khác 0 nên đồ thị hàm số g(x) có đúng 8 tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số \(g\left( x \right)\) có \(9\) đường tiệm cận.

Lời giải

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và đường thẳng \(y = 2 - x\) là

   \({x^3} - m{x^2} + 2mx - m = 2 - x \Leftrightarrow {x^3} - m{x^2} + \left( {2m + 1} \right)x - m - 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left[ {{x^2} + \left( {1 - m} \right)x + m + 2} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{{x^2} + \left( {1 - m} \right)x + m + 2 = 0\left( * \right)}\end{array}} \right.\).

Để \(\left( C \right)\) cắt đường thẳng \(y = 2 - x\) tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương thì phương trình \(\left( * \right)\) phải có hai nghiệm phân biệt dương khác \(1.\) Khi đó

            \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\Delta > 0}\\{S > 0}\\{P > 0}\\{{1^2} + \left( {1 - m} \right).1 + m + 2 \ne 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\left( {m - 1} \right)}^2} - 4\left( {m + 2} \right) > 0}\\{m - 1 > 0}\\{m + 2 > 0}\\{4 \ne 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{m^2} - 6m - 7 > 0}\\{m > 1}\\{m > - 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > 7}\\{m < - 1}\end{array}} \right.}\\{m > 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m > 7.\)

Vậy với \(m > 7\) thì \(\left( C \right)\) cắt đường thẳng \(y = 2 - x\) tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương.

Lời giải

Chọn B

Từ đồ thị hàm số đã cho trong hình vẽ ta có phương trình \[f\left( x \right) = 0\] có ba nghiệm phân biệt \[{x_1}\], \[{x_2}\] và \[{x_3}\] thuộc khoảng \[\left( { - 2;2} \right)\] hay \[f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_1}\\x = {x_2}\\x = {x_3}\end{array} \right.\] với \[{x_1}\], \[{x_2}\]và \[{x_3}\] thuộc khoảng \[\left( { - 2;2} \right)\].

Đặt \[t = f\left( x \right)\] ta có \[f\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = {t_1}\\t = {t_2}\\t = {t_3}\end{array} \right.\] hay \[\left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = {t_1}\\f\left( x \right) = {t_2}\\f\left( x \right) = {t_3}\end{array} \right.\] với \[{t_1}\], \[{t_2}\]và \[{t_3}\] thuộc khoảng \[\left( { - 2;2} \right)\]

Dựa vào đồ thị ta thấy ba đường thẳng phân biệt \[y = {t_1}\], \[y = {t_2}\] và \[y = {t_3}\] mỗi đường thẳng luôn cắt đồ thị hàm số tại ba điểm.

Vậy phương trình \[f\left( {f\left( x \right)} \right) = 0\] có \[9\] nghiệm.

Lời giải

Chọn C

Lấy các điểm \(C',\,\)\(D'\) lần lượt trên cạnh và \(AC,AD\) sao cho \(AB = AC' = AD' = 3\).

Áp dụng định lí Côsin ta có:

\(BD{'^2} = A{B^2} + A{D^{'2}} - 2AB.AD'\cos \widehat {BAD} = 9 + 9 - 2.9.\left( { - \frac{1}{2}} \right) = 9.3 = 27 \Leftrightarrow BD' = 3\sqrt 3 \).

Tam giác \(BAC'\) là tam giác đều nên \(BC' = 3\), tam giác \(D'AC'\) vuông tại \(A\) nên \(C'D' = 3\sqrt 2 \).

Xét tam giác \(BD'C'\) có \(B{D^{'2}} = B{C^{'2}} + C'{D^{'2}}\), nên tam giác vuông tại \(C'\).

Gọi \(H\)là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(\left( {BD'C'} \right)\), vì \(AB = AC' = AD'\) nên \(HB = HC' = HD'\). Mặt khác, tam giác \(BD'C'\) vuông tại \(C'\) nên \(H\)là trung điểm của \(BD'\).

Ta có, \(AH = \sqrt {A{B^2} - \frac{{B{D^{'2}}}}{4}} = \sqrt {9 - \frac{{27}}{4}} = \frac{3}{2}\).

Thể tích khối tứ diện \(ABC'D'\) bằng

                              \({V_{ABC'D'}} = \frac{1}{3}AH.{S_{BC'D'}} = \frac{1}{3}.\frac{3}{2}.\frac{1}{2}.3.3\sqrt 2 = \frac{{9\sqrt 2 }}{4}\)

Áp dụng công thức tỉ số thể tích ta có

\(\frac{{{V_{ABC'D'}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{AC'.AD'}}{{AC.AD}} = \frac{3}{4}.\frac{3}{6} = \frac{9}{{24}} \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{{24}}{9}{V_{ABC'D'}} = 6\sqrt 2 \).

Lời giải

Chọn C

Gọi \[I\] là trung điểm \[AC\], suy ra \[BI \bot AC\].

Mặt khác do \[BI \bot CC'\] nên \[BI \bot \left( {ACC'A'} \right)\].

Do đó \[\alpha = \widehat {\left( {BC',\left( {ACC'A'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {BC',IC'} \right)} = \widehat {BC'I}\].

Ta có: \[{S_{\Delta ABC}} = {\left( {\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}} \right)^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}\] và \[BI = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = a\].

Theo đề bài: \[\cot \alpha = 2 \Leftrightarrow \frac{{C'I}}{{BI}} = 2 \Leftrightarrow C'I = 2a\].

Suy ra \[CC' = \sqrt {C'{I^2} - C{I^2}} = \sqrt {4{a^2} - \frac{{{a^2}}}{3}} = \frac{{a\sqrt {33} }}{3}\].

Vậy thể tích khối lăng trụ \[ABC.A'B'C'\]: \[V = {S_{\Delta ABC}}.CC' = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}.\frac{{a\sqrt {33} }}{3} = \frac{1}{3}{a^3}\sqrt {11} \].

Lời giải

Chọn C

Ta có \(g'\left( x \right) = 6{f^2}\left( x \right).f'\left( x \right) + 8f\left( x \right).f'\left( x \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 0\\f'\left( x \right) = 0\\f\left( x \right) = - \frac{4}{3}\end{array} \right.\)

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\end{array} \right.\),\(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_1}\\x = {x_2}\end{array} \right.,\)\(f\left( x \right) = - \frac{4}{3} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = a\\x = b\\x = c\\x = d\end{array} \right.\)

thỏa mãn: \({x_1} < a < - 1 < b < 0 < c < 1 < d < {x_2}\)

Khi đó để có nhiều điểm cực tiếu nhất thì xét dấu của \(g'\left( x \right)\)có dạng:

Do đó hàm số có nhiều nhất \(5\)điểm cực tiểu.

Lời giải

Chọn B

Xét \(g\left( x \right) = {x^4} - 4{x^3} + 4{x^2} + a\) với \(x \in \left[ {0;2} \right]\).

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

\(g\left( 0 \right) = a\); \(g\left( 1 \right) = 1 + a\); \(g\left( 2 \right) = a\).

Bảng biến thiên \(g\left( x \right)\)

Trường hợp 1: \(a \ge 0\). Khi đó \(M = a + 1\); \(m = a\).

Ta có \(M \le 2m \Leftrightarrow 1 + a \le 2a \Leftrightarrow a \ge 1\). Với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a \in \left[ { - 3;3} \right]}\\{a \in Z}\end{array}} \right. \Rightarrow a \in \left\{ {1;2;3} \right\}\).

Trường hợp 2: \(a + 1 \le 0 \Leftrightarrow a \le - 1\). Khi đó \(M = - a\); \(m = - \left( {a + 1} \right)\).

Ta có \(M \le 2m \Leftrightarrow - a \le - 2\left( {a + 1} \right) \Leftrightarrow a \le - 2\). Với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a \in \left[ { - 3;3} \right]}\\{a \in Z}\end{array}} \right. \Rightarrow a \in \left\{ { - 3; - 2} \right\}\).

Trường hợp 3: \( - 1 < a < 0\). Với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a \in \left[ { - 3;3} \right]}\\{a \in Z}\end{array}} \right. \Rightarrow a \in \emptyset \).

Vậy có 5 giá trị \(a\) cần tìm.