Bộ 20 đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án (Đề 8)
50 câu hỏi
\(\left( { - \infty ;1} \right)\).
\(\left( {1; + \infty } \right)\).
\(\mathbb{R}\).
\(\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\).
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 \(\left( {1; + \infty } \right)\).
\(\left( {0;1} \right)\).
\(\left( { - \infty ;1} \right)\).
\(\left( { - 1;1} \right)\).
\(\left( { - 1;0} \right)\).
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 \(\left( {1; + \infty } \right)\).
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\)có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
\(\left( {0;1} \right)\).
\(\left( { - \infty ; - 1} \right)\).
\(\left( {1; + \infty } \right)\).
\(\left( { - 1;1} \right)\).
Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;0} \right)\)và \(\left( {1; + \infty } \right)\).
\(y = {x^2} - 3x\).
\(y = \frac{{3x + 1}}{{2x - 1}}\).
\(y = {x^3} - 3x + 1\).
\(y = {x^4} + 2x\).
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.
\(3\).
\(4\).
\(2\).
\(1\).
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.
Cho hàm số \(f\left( x \right)\)có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đạt cực đại tại
\(x = - 2\).
\(x = - 1\).
\(x = 0\).
\(x = 3\).
Chọn C
\(M = 28\);\(m = - 4\).
\(M = 77\);\(m = 1\).
\(M = 77\);\(m = - 4\).
\(M = 28\);\(m = 1\).
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: \(M = 77\);\(\,m = - 4\).
Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên tập số thực bằng \[ - \frac{1}{6}\].
Giá trị cực đại của hàm số bằng 0.
Giá trị lớn nhất của hàm số trên tập số thực bằng 0.
Giá trị cực tiểu của hàm số bằng 0.
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.
\(x = 1\).
\(y = - 1\).
\(x = 2\).
\(y = - 2\).
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.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên dưới đây:
Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) là
\(2\).
\(4\).
\(3\).
\(1\).
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.
\(y = \frac{{x + 2}}{{x + 1}}\).
\(y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}\).
\(y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}\).
\(y = \frac{{x + 3}}{{1 - x}}\).
Chọn B
Dựa vào đồ thị ta có đường tiệm cận đứng \(x = - 1\) và đường tiệm cận ngang \(y = 2\).
Mỗi mặt có ít nhất ba cạnh.
Mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất ba cạnh.
Mỗi cạnh là cạnh chung của ít nhất ba mặt.
Mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất ba mặt.
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.
11.
6.
12.
10.
Lời giải
Chọn A
Số mặt của hình đa diện là 11.
Vô số.
2.
3.
5.
Lời giải
Chọn D
Dựa vào định lý khối đa diện đều.
\(18\).
\(14\).
\(12\).
\(20\).
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:\(12 + 6 = 18\).
\[V = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{6}\].
\[V = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{3}\].
\[V = \sqrt 2 {a^3}\].
\[V = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{4}\].
Lời giải
Chọn B
Ta có \[V = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}a\sqrt 2 .{a^2} = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{3}\].
\(12\sqrt 3 \).
\(6\sqrt 3 \).
\(4\sqrt 3 \).
\(24\sqrt 3 \).
Chọn C
Ta có thể tích của khối chóp tam giác đều bằng: \(\frac{1}{3}.\frac{{{2^2}\sqrt 3 }}{4}.12 = 4\sqrt 3 \).
\(3Bh\).
\(Bh\).
\(\frac{4}{3}Bh\).
\(\frac{1}{3}Bh\).
Lời giải
Chọn B
Ta có công thức tính thể tích lăng trụ có diện tích đáy \(B\)và chiều cao \(h\)là \(V = Bh\).
\(\sqrt 3 {a^3}\,\).
\(3{a^3}\,\).
\(\frac{{3{a^3}}}{4}\).
\(6{a^3}\).
Chọn B
Ta có:\(\begin{array}{l}V = {S_{ABC}}{\rm{.}}AA' = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4}.a\sqrt 3 = 3a.\\\end{array}\).
\(\left( {2;\,3} \right)\).
\(\left( {0;\,3} \right)\).
\(\left( { - \infty ;\,1} \right)\).
\(\left( {3; + \infty } \right)\).
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#
\[m > 3\].
\[m < 3\].
\[m \le 3\].
\[m \ge 3\].
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 \(x \in \mathbb{R}\)
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3 > 0\\\Delta ' = 9 - 3m \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 3\].
\(2\).
\(1\).
\(4\).
\(3\).
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 \(x = 1\).
\[1 < m < 2\].
\[ - 2 < m < - 1\].
\[2 < m < 3\].
\[ - 3 < m < - 2\].
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 \[ \Leftrightarrow 3({m^2} + 3m + 2) < 0 \Leftrightarrow - 2 < m < - 1\].
\( - 3\).
\(2\).
\(4\).
\( - 5\).
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 \(f\left( 1 \right) = 1 - 8 + 2 = - 5\).
\(\frac{3}{{\sqrt[3]{4}}}\).
\(\frac{1}{{\sqrt 2 }}\).
\(1\).
\(\frac{1}{{\sqrt[3]{2}}}\).
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 \(\left( {0; + \infty } \right)\).
\(m = 2\).
\(m = 4\).
\(m = 1\).
\(m = 0\).
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 \(m = 2\).
3.
1.
2.
0.
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 \(x = 4.\)
\(m > 2\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m < - 2}\\{m \ne - \frac{5}{2}}\end{array}} \right.\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > 2}\\{m < - 2}\end{array}} \right.}\\{m \ne - \frac{5}{2}}\end{array}} \right.\)
\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m < - 2}\\{m > 2}\end{array}} \right.\)
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 \( - 1\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\Delta ' > 0}\\{{{\left( { - 1} \right)}^2} - 2m\left( { - 1} \right) + 4 \ne 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4 > 0\\2m + 5 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > 2}\\{m < - 2}\end{array}} \right.}\\{m \ne - \frac{5}{2} \cdot }\end{array}} \right.\)
\(bd < 0\), \(ab > 0\).
\(ad < 0\), \(ab < 0\).
\(bd > 0\), \(ad > 0\).
\(ad > 0\), \(ab < 0\).
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 \(\frac{b}{d} < 0 \Rightarrow bd < 0\).
\[y = 2{x^2} + 13x + 18.\].
\[y = 2{x^2} - 19x + 44.\].
\[y = 2{x^2} + x + 2.\].
\[y = 2{x^2} - 7x.\]
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 \[y = 2{x^2} + x + 2\].
\(4\).
\(1\).
\(2\).
\(3\).
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 \(3\).
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ như sau:
Số nghiệm thực của phương trình \(3f\left( x \right) - 4 = 0\) là
4.
5.
3.
2.
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.
\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{0 < m < 3}\\{m > 4}\end{array}} \right.\).
\(m > 4\).
\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > - 3}\\{m = - 4}\end{array}} \right.\).
\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > 4}\\{m = 0}\end{array}} \right.\).
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 \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > 4}\\{m = 0}\end{array}} \right.\).
\(128\,{\rm{m}}\).
\(192\,{\rm{m}}\).
\(960\,{\rm{m}}\).
\(96\,{\rm{m}}\).
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 \(96.100 = 9600\,{\rm{cm}}\,{\rm{ = 96}}\,{\rm{m}}\).
\(2.\)
Vô số.
\(4.\)
\(6\).
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.
\[5\].
\[6\].
\[3\].
\[4\].
Lời giải
Chọn D
Hình lăng trụ tam giác đều có \[4\] mặt phẳng đối xứng được mô tả như sau:
\(50\sqrt 3 {a^3}\).
\(\frac{{50\sqrt 3 }}{3}{a^3}\).
\(\frac{{50}}{3}{a^3}\).
\(\frac{{50\sqrt 7 }}{3}{a^3}\).
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 \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}5a.10\sqrt 3 {a^2} = \frac{{50\sqrt 3 }}{3}{a^3}\).
\(V = \frac{{\sqrt 6 {a^3}}}{{12}}\).
\(V = \frac{{\sqrt 6 {a^3}}}{3}\).
\(V = \frac{{\sqrt 6 {a^3}}}{4}\).
\(V = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{6}\).
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 \(V = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 6 }}{4}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}\).
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\)có bảng xét dấu như hình vẽ
Tìm khoảng đồng biến của hàm số \[y = g(x) = 2f(1 - x) - \frac{1}{5}{x^5} + \frac{5}{4}{x^4} - 3{{\rm{x}}^3}\].
\[\left( { - \infty ;\,0} \right)\].
\[\left( {2;\,3} \right)\].
\[\left( {0;\,2} \right)\].
\[\left( {3;\,\, + \infty } \right)\].
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 \(\forall x \in \left( {2;\,3} \right)\).
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có đạo hàm là hàm số \(f'\left( x \right)\) trên \(\mathbb{R}\). Biết rằng hàm số \(y = f'\left( {x - 2} \right) + 2\) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Hàm số \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng nào?
\[\left( { - \infty ;2} \right)\].
\[\left( { - 1;1} \right)\].
\[\left( {\frac{3}{2};\frac{5}{2}} \right)\].
\[\left( {2; + \infty } \right)\].
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 \(\left( { - 1;1} \right)\).
\(m \in \left( { - 1;1} \right]\).
\(m \in \left[ { - 1;1} \right)\).
\(m \in \left[ { - 1;1} \right]\).
\(m \in \left( { - 1;1} \right)\).
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
\(y' > 0,\forall x \in \left( {1;3} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - {m^2} + 1 > 0\\x - m \ne 0,x \in \left( {1;3} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - {m^2} + 1 > 0\\m \notin \left( {1;3} \right)\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - {m^2} + 1 > 0\\\left[ \begin{array}{l}m \le 1\\m \ge 3\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 < m < 1\\\left[ \begin{array}{l}m \le 1\\m \ge 3\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow - 1 < m < 1\).
\(m = - 1\).
\(m = - 7\).
\(m = 5\).
\(m = 1\).
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.
\({S_{{\rm{max}}}} = \frac{{8\sqrt 2 }}{9}\).
\({S_{{\rm{max}}}} = \frac{{4\sqrt 2 }}{9}\).
\({S_{{\rm{max}}}} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\).
\({S_{{\rm{max}}}} = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}\).
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 \({S_{{\rm{max}}}} = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}\).
2.
9.
4.
3.
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.
\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m < - 1}\\{m > 7}\end{array}} \right.\).
\(m > 7\).
\( - 2 < m < 7\).
\(m > 1\).
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.
5.
9.
3.
7.
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.
\(\frac{{27\sqrt 2 }}{8}\).
\(\frac{{9\sqrt 2 }}{4}\).
\(6\sqrt 2 \).
\(6\sqrt 6 \).
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
\(\frac{{{V_{ABC'D'}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{AC'.AD'}}{{AC.AD}} = \frac{3}{4}.\frac{3}{6} = \frac{9}{{24}} \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{{24}}{9}{V_{ABC'D'}} = 6\sqrt 2 \).
\[\frac{4}{3}{a^3}\sqrt {11} \].
\[\frac{1}{9}{a^3}\sqrt {11} \].
\[\frac{1}{3}{a^3}\sqrt {11} \].
\[\frac{2}{3}{a^3}\sqrt {11} \].
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 \[ABC.A'B'C'\]: \[V = {S_{\Delta ABC}}.CC' = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}.\frac{{a\sqrt {33} }}{3} = \frac{1}{3}{a^3}\sqrt {11} \].
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\)có bảng biến thiên như sau
Hàm số \(g\left( x \right) = 2{f^3}\left( x \right) + 4{f^2}\left( x \right) + 1\)có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực tiểu?
\(4\)
\(9\)
\(5\)
\(7\)
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.
\(3\).
\(5\).
\(6\).
\(7\).
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.
Bạn có thích hoạt động này không?
