Bộ 20 đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án (Đề 9)

Lời giảiChọn BVì hàm số \(y = {x^3} + 4x + 1\)có \(y' = 3{x^2} + 4 > 0\), \(\forall x \in \mathbb{R}\).Vậy hàm số \(y = {x^3} + 4x + 1\)luôn đồng biến trên tập xác định của nó.

Lời giảiChọn BTrên khoảng \(\left( {0;\,2} \right)\)đồ thị hàm số là một đường cong đi lên từ trái sang phải, vì vậy hàm số đồng biến trên\(\left( {0;2} \right)\).

Lời giảiChọn DTừ bảng biến thiên ta có hàm số có hệ số \(a < 0\), vậy loại đáp án A,CTa có \(y = - {x^4} + 2{x^2} + 1 \Rightarrow y' = - 4{x^2} + 4x\).\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = \pm 1}\end{array}} \right. \Rightarrow y\left( 0 \right) = 1;y\left( { \pm 1} \right) = 2\). Vậy chọn đáp án D

Lời giảiChọn DTập xác định: \[D\, = \,\mathbb{R}\].Ta có: \(y'\, = \,4{x^3}\, - \,4x\). Cho \(y'\, = \,0\,\)\( \Leftrightarrow \,4{x^3}\, - \,4x\, = \,0\)\( \Leftrightarrow \,\left[ \begin{array}{l}x\, = \,0\\x\, = \, \pm 1\end{array} \right.\).Bảng biến thiênDựa vào bảng biến thiên ta thấy tọa độ điểm cực đại là \(\left( {0\,;\,1} \right)\).

Lời giảiChọn BTrên \(K\), hàm số có \(2\)cực trị.

Lời giảiChọn ADựa vào BBT ta có đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua \(x = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) và \(x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).Nên hàm số đạt cực tiểu tại \(x = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) và \(x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).Khi đó giá trị cực tiểu của hàm số bằng \(y\left( { \pm \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = - \frac{{25}}{4}\).

Lời giảiChọn DHàm số \[f\left( x \right) = {x^3} - 2{x^2} + x - 2\] liên tục trên đoạn \[\left[ {0;2} \right]\].Ta có \[f'\left( x \right) = 3{x^2} - 4x + 1 \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 4x + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in \left[ {0;\,\,2} \right]\\x = \frac{1}{3} \in \left[ {0;\,\,2} \right]\end{array} \right.\].Do \(f\left( 0 \right) = - 2\), \(f\left( 1 \right) = - 2\), \(f\left( 2 \right) = 0\), \(f\left( {\frac{1}{3}} \right) = - \frac{{50}}{{27}}\) nên giá trị lớn nhất của hàm số \[f\left( x \right) = {x^3} - 2{x^2} + x - 2\] trên đoạn \[\left[ {0;2} \right]\] bằng \(0\).

Lời giảiChọn BQuan sát đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] trên \[\left[ { - 1;4} \right]\] ta có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên \[\left[ { - 1;4} \right]\] lần lượt là \[M = 3;m = - 3\]. Vậy giá trị của \[M + 2m = 3 + 2.\left( { - 3} \right) = - 3\].

Lời giảiChọn CTa có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{x + 2}}{{{x^2} + 1}} = 0\) nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = 0\).\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{x + 2}}{{x + 1}} = 1\) nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = 1\).\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2} - 1}}{{x + 2}} = + \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{{x^2} - 1}}{{x + 2}} = - \infty \)nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{1}{{x + 2}} = 0\) nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = 0\).

Lời giảiChọn BDựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = + \infty \], nên hàm số không có giá trị lớn nhất.

Lời giảiChọn ADựa vào hình dáng đồ thị ta thấy:+) Đồ thị của hàm số đa thức bậc ba \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\,\,(a \ne 0)\)\( \Rightarrow \)loại đáp án B,+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \Rightarrow \)Hệ số\(a\)dương. Loại đáp ánHàm số ở đáp án A thỏa mãn.

Lời giảiChọn ADo ba điểm bất kì đều đồng phẳng nên đáp án đúng là AMà tứ diện là khối đa diện có số đỉnh và số mặt đều là \[4\].

Lời giảiChọn DHình vẽ.

Lời giảiChọn CHình bát diện đều có \(6\) đỉnh.

Lời giảiChọn BHình lập phương có 8 đỉnh, 12 cạnh và 6 mặt.Vậy tổng số đỉnh, số cạnh và số mặt của hình lập phương là \(26\).

Lời giảiChọn D\(V = \frac{1}{3}S.h = \frac{1}{3}.a.2a.a\sqrt 3 = \frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)

Lời giảiChọn D

Ta có: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}h.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.3a.{a^2} = {a^3}\)

Lời giảiChọn CGọi \(h\) là khoảng cách từ \(C'\) đến mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(B\) là diện tích tam giác \(ABC\). Khi đó, thể tích lăng trụ \(V = Bh\), thể tích khối chóp \(C'.ABC\) là \[{V_{C'.ABC}} = \frac{1}{3}Bh\]. Do đó, \[{V_{C'.ABC}} = \frac{1}{3}V\].

Lời giảiChọn A

Thể tích hình hộp chữ nhật \[ABCD.A'B'C'D'\] là \[V = abc.\]

Lời giảiChọn DTa có \(f{\rm{'}}\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = - 1}\end{array}} \right.\).Có \(f{\rm{'}}\left( x \right) = x{\left( {x + 1} \right)^2}\). Ta thấy đạo hàm của hàm số đổi dấu từ âm sang dương khi qua nghiệm \(x = 0\) và không đổi dấu khi qua nghiệm \(x = - 1\) nên hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Lời giảiChọn BTa có: \(y' = - {x^2} + 2mx - 6m\)Hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)\( \Leftrightarrow y' = - {x^2} + 2mx - 6m \le 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' \le 0\\a < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 6m \le 0\\ - 1 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 \le m \le 6\). Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {0\,;\,1\,;\,2\,;\,3\,;\,4\,;\,5\,;\,6} \right\}\).Vậy có \(7\) giá trị \(m\) nguyên thỏa mãn bài toán.

Lời giảiChọn C\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = - 1\end{array} \right.\)trong đó có \(x = 0\)là nghiệm bội \(2\), \(x = 1\)là nghiệm đơn, \(x = - 1\)là nghiệm bội \(3\)và hàm số có đạo hàm liên tục trên \(\mathbb{R}\).Ta có bảng xét dấu

Vậy nên hàm số có \[2\]điểm cực trị.

Lời giảiChọn DTa có: \(y' = 3a{x^2} + 2bx + c\).Vì \(M\left( {0;2} \right)\),\(N\left( {2; - 2} \right)\) là các điểm cực trị của đồ thị hàm số nên:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y'\left( 0 \right) = 0}\\{y'\left( 2 \right) = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = 0}\\{12a + 4b + c = 0}\end{array}} \right.\left( 1 \right)\)\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y\left( 0 \right) = 2}\\{y\left( 2 \right) = - 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{d = 2}\\{8a + 4b + 2c + d = - 2}\end{array}} \right.\left( 2 \right)\)Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\)suy ra:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = - 3}\\{c = 0}\\{d = 2}\end{array}} \right. \Rightarrow y = {x^3} - 3{x^2} + 2 \Rightarrow y\left( { - 2} \right) = - 18\).

Lời giảiChọn A\(y' = 4\left( {m + 1} \right){x^3} + 4\left( {m - 2} \right)x = 4x\left( {\left( {m + 1} \right){x^2} + m - 2} \right)\).\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\\left( {m + 1} \right){x^2} + m - 2 = 0\end{array} \right.\).Hàm số có ba cực trị \( \Leftrightarrow y' = 0\) có ba nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \frac{{2 - m}}{{m + 1}} > 0 \Leftrightarrow - 1 < m < 2\).

Lời giảiChọn DTa có: \(y' = 1 - \frac{4}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\). Cho \(y' = 0\)\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 1\end{array} \right.\).Mà \(y\left( 3 \right) = 4\); \(\mathop {\lim }\limits_{n \to {1^ + }} y = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } y = + \infty \) nên hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng \(4\) khi \(x = 3\).

Lời giảiChọn CHàm số đã cho liên tục và đơn điệu trên đoạn \(\left[ {1;2} \right]\). Khi đó, hàm số đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất lần lượt tại \(x = 1\) và \(x = 2\) hoặc ngược lại.Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số là: \(y\left( 1 \right) + y\left( 2 \right) = 8\Leftrightarrow \frac{{m + 1}}{2} + \frac{{m + 2}}{3} = 8 \Leftrightarrow m = \frac{{41}}{5}.\)

Lời giảiChọn CTập xác định \(D = \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\).Ta có\(\mathop {lim}\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {lim}\limits_{x \to \pm \infty } \frac{2}{{\sqrt {{x^2} - 4} }} = 0 \Rightarrow y = 0\) là tiệm cận ngang.\(\mathop {lim}\limits_{x \to - {2^ - }} y = \mathop {lim}\limits_{x \to - {2^ - }} \frac{2}{{\sqrt {{x^2} - 4} }} = + \infty \Rightarrow x = - 2\) là tiệm cận đứng.\(\mathop {lim}\limits_{x \to {2^ + }} y = \mathop {lim}\limits_{x \to {2^ + }} \frac{2}{{\sqrt {{x^2} - 4} }} = + \infty \Rightarrow x = 2\) là tiệm cận đứng.Vậy số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là \(3\).

Lời giảiChọn AÁp dụng:Hàm số\[y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\], (với điều kiện \[c \ne 0\,\], \[ad - cb \ne 0\]) đồ thị có đường tiệm cận đứng \[x = \frac{{ - d}}{c}\].Cách 1 (TN):Với \(m = 3\)\[ \Rightarrow \] đồ thị hàm số \[y = \frac{{x + 1}}{{x - m}} = \frac{{x + 1}}{{x - 3}}\]có đường tiệm cận đứng là \[x = 3\].Với \(m = 4\)\[ \Rightarrow \] đồ thị hàm số \[y = \frac{{x + 1}}{{x - m}} = \frac{{x + 1}}{{x - 4}}\]có đường tiệm cận đứng là \[x = 4\].Với \(m = 5\)\[ \Rightarrow \] đồ thị hàm số \[y = \frac{{x + 1}}{{x - m}} = \frac{{x + 1}}{{x - 5}}\]có đường tiệm cận đứng là \[x = 5\].Với \(m = 6\)\[ \Rightarrow \] đồ thị hàm số \[y = \frac{{x + 1}}{{x - m}} = \frac{{x + 1}}{{x - 6}}\]có đường tiệm cận đứng là \[x = 6\].Vậy giá trị cần tìm của \[m\] bẳng 3.Cách 2 (TL):Hàm số \[y = \frac{{x + 1}}{{x - m}}\] có tập xác định \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}\].Với\[m = - 1 \Rightarrow y = \frac{{x + 1}}{{x + 1}} = 1,\forall x \ne 1\]\[ \Rightarrow \] đồ thị hàm số không có tiệm cận.Với\[m \ne - 1\,\,\]thì đồ thị hàm số \[y = \frac{{x + 1}}{{x - m}}\]có đường tiệm cận đứng là \[x = m\,\,\,(1)\].Giả thiết cho đồ thị hàm số \[y = \frac{{x + 1}}{{x - m}}\] có đường tiệm cận đứng là \[x = 3\,\,(2)\].Từ (1) và (2) ta có \(m = 3\).

Lời giảiChọn CTập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{d}{c}} \right\}\).Do đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là \(x = - \frac{d}{c}\) nằm bên phải trục tung nên \( - \frac{d}{c} > 0 \Leftrightarrow cd < 0\). \(\left( 1 \right)\)Do đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là \(y = \frac{a}{c}\) nằm phía trên trục hoành nên\(\frac{a}{c} > 0 \Leftrightarrow ac > 0\). \(\left( 2 \right)\)Hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) có đạo hàm \(y' = \frac{{ad - bc}}{{{{\left( {cx + d} \right)}^2}}}\).Từ đồ thị, hàm số nghịch biến trên từng khoảng của tập xác định suy ra \(ad - bc < 0\) hay \(ad < bc\)(loại đáp án D).Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm \(\left( { - \frac{b}{a};0} \right)\), điểm này nằm phía bên trái trục tung nên \( - \frac{b}{a}\left\langle {0 \Leftrightarrow ab} \right\rangle 0\)\(\left( 3 \right)\)(loại đáp án B).Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right)\) ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{cd < 0}\\{ac > 0}\\{ab > 0}\end{array}} \right.\), suy ra \(a,b,c\) cùng dấu và \(d\) trái dấu với \(a,b,c\).Khi đó \(bd < 0\) (loại đáp án A).Kết luận: Chọn đáp án C: \(bc > 0,ad < 0\).

Lời giảiChọn BĐồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = 1\)\( \Leftrightarrow - \frac{b}{c} = 1 \Leftrightarrow b + c = 0\)\(\left( 1 \right)\)Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = 1\)\( \Leftrightarrow \frac{a}{c} = 1 \Leftrightarrow a - c = 0\)\(\left( 2 \right)\)Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm \(\left( { - 2;0} \right)\)\( \Leftrightarrow \frac{{ - 2a + 2}}{{ - 2c + b}} = 0 \Leftrightarrow a = 1\)\(\left( 3 \right)\)Từ \(\left( 1 \right)\), \(\left( 2 \right)\)và \(\left( 3 \right)\)\( \Rightarrow a = 1\), \(b = - 1\), \(c = 1\).Vậy \(S = a + b + c = 1\).

Lời giảiChọn BTừ bảng biến thiên ta thấy \(f\left( 2 \right) = - 2\).Do đó ta có \(f\left( x \right) = f\left( 2 \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = - 2\,\,\left( 1 \right)\).Từ bảng biến thiên ta nhận được \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \(x = 2\) và \(x = {x_0} \in \left( { - \infty ;0} \right)\).Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm thực.

Lời giảiChọn CTa có \(3f\left( x \right) - 5 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{5}{3}\).Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng \(y = \frac{5}{3}\)cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại ba điểm phân biệt thuộc đoạn \(\left[ { - 2;4} \right]\).Do đó phương trình \(3f\left( x \right) - 5 = 0\)có ba nghiệm thực

Lời giảiChọn BSố nghiệm của phương trình\(f\left( x \right) = 2 - 3m\) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 2 - 3m\).Phương trình \(f\left( x \right) = 2 - 3m\) có \(4\) nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \) đường thẳng \(y = 2 - 3m\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại \(4\) điểm phân biệt.Từ bảng biến thiên suy ra: \(3 < 2 - 3m < 5 \Leftrightarrow - 1 < m < - \frac{1}{3}\) nên không có giá trị nguyên nào của \(m\) thỏa mãn.

Lời giảiChọn BLăng trụ có \(2n\) đỉnh thì có số mặt là \(n + 2.\)Khi đó lăng trụ có \(2020\) đỉnh thì \(n = 1010\) và có số mặt là \(1010 + 2 = 1012.\)

Lời giảiChọn B

Bằng hai mặt phẳng \(\left( {CDM} \right)\) và \(\left( {ABN} \right)\), ta chia khối tứ diện đó thành bốn khối tứ diện:\(MANC\), \(BCMN\), \(AMND\), \(MBND\).

Lời giảiChọn DTa có:Đó là các mặt phẳng \[\left( {SAC} \right)\], \[\left( {SBD} \right)\], \[\left( {SHJ} \right)\], \[\,\left( {SGI} \right)\] với \[G\], \[H\], \[I\], \[J\] là các trung điểm của các cạnh đáy dưới hình vẽ bên dưới.

Lời giảiChọn AThể tích của khối chóp là: \(V = \frac{1}{3}{a^2}.a\sqrt 3 = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)

Lời giảiChọn A

Gọi H là trung điểm của .Tam giác SAB vuông cân tại S, suy ra  .Thể tích khối chóp 

Lời giảiChọn C\(\begin{array}{*{20}{l}}{y = f\left( {2 - x} \right) + \frac{{{x^3}}}{3} - 2{x^2} - 5x + 2021 \Rightarrow y' = f'\left( {2 - x} \right){{\left( {2 - x} \right)}^'} + {x^2} - 4x - 5}\\{ = - f'\left( {2 - x} \right) + {x^2} - 4x - 5}\end{array}\)Xét khoảng \(\left( {1;\;3} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 - x \in \left( { - 1\;;1} \right) \Rightarrow - f'\left( {2 - x} \right) < 0}\\{{x^2} - 4x - 5 \in \left( { - 9; - 8} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow y' < 0\) hàm số nghịch biến Xét khoảng \(\left( { - 1\;\;;\;\;1} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 - x \in \left( {1\;;\;\;3} \right) \Rightarrow - f'\left( {2 - x} \right) > 0}\\{{x^2} - 4x - 5 \in \left( { - 8\;\;;\;\;0} \right)}\end{array}} \right.\) Xét khoảng \(\left( { - 3\;;\;\; - 2} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 - x \in \left( {4;\;\;5} \right) \Rightarrow - f'\left( {2 - x} \right) > 0}\\{{x^2} - 4x - 5 \in \left( {7;\;\;16} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow y' > 0\) hàm số đồng biến Xét khoảng \(\left( { - \infty ;\;\; - 3} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 - x \in \left( {5\;;\;\; + \infty } \right) \Rightarrow - f'\left( {2 - x} \right) < 0}\\{{x^2} - 4x - 5 \in \left( {0\;;\;\; + \infty } \right)}\end{array}} \right.\).

Lời giảiChọn CTa có \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - x - 3 = f'\left( x \right) - \left( {x + 3} \right)\).Khi đó: \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) - \left( {x + 3} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow f'\left( x \right) = \left( {x + 3} \right)\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 2}\\{x = 0{\rm{ }}}\\{x = 2{\rm{ }}}\end{array}} \right.\).Lập Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\) nên suy ra được \(g\left( 2 \right) < g\left( 4 \right)\).

Lời giảiChọn CTa có: \[y' = \frac{{x + 5m - x - 2}}{{{{\left( {x + 5m} \right)}^2}}} = \frac{{5m - 2}}{{{{\left( {x + 5m} \right)}^2}}}\].Để hàm số \(y = \frac{{x + 2}}{{x + 5m}}\) đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 10} \right)\) thì \[\left\{ \begin{array}{l}y' = \frac{{5m - 2}}{{{{\left( {x + 5m} \right)}^2}}} > 0\\ - 5m \notin \left( { - \infty ; - 10} \right)\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5m - 2 > 0\\m \notin \left( {2; + \infty } \right)\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \frac{2}{5}\\m \le 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{2}{5} < m \le 2\].

Lời giảiChọn ATa có \(y' = - {x^2} + 2mx + {m^2} - 2\) và \(y'' = - 2x + 2m\).Hàm số đạt cực đại tại \(x = 1\) thì \(y'\left( 1 \right) = 0\)\( \Leftrightarrow - {1^2} + 2m.1 + {m^2} - 2 = 0\)\( \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 3 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = - 3}\\{m = 1}\end{array}} \right.\).Với \(m = - 3\)ta có \(y''\left( 1 \right) = - 2 \cdot 1 + 2 \cdot \left( { - 3} \right) = - 8 < 0\)nên \(x = 1\) là điểm cực đại.Suy ra \(m = - 3\) thỏa mãn.Với \(m = 1\)ta có \(y' = - {x^2} + 2x - 1 = - {\left( {x - 1} \right)^2} \le 0\)\( \Rightarrow \) hàm số luôn nghịch biến, nên hàm số không có cực trị.Suy ra \(m = 1\) không thỏa mãn.Vậy \(m = - 3\) thì hàm số \(y = - \frac{1}{3}{x^3} + m{x^2} + \left( {{m^2} - 2} \right)x + 2019\) tại \(x = 1\).

Lời giảiChọn A\(f\left( x \right) = 4{\sin ^2}x - 4\cos x = - 4{\cos ^2}x - 4\cos x + 4\)Đặt \(t = c{\rm{os}}x\) ,\(x \in \left[ {0;\pi } \right] \Rightarrow t \in \left[ { - 1;1} \right]\)\(f\left( t \right) = - 4{t^2} - 4t + 4\)\(f'\left( t \right) = - 8t - 4 = 0 \Leftrightarrow t = - \frac{1}{2}\)Bảng biến thiên Khi đó :\(4{m^2} - 4m + 5 \ge f\left( t \right)\forall t \in \left[ { - 1;1} \right]\)\( \Leftrightarrow 4{m^2} - 4m + 5 \ge 5\)\( \Leftrightarrow 4{m^2} - 4m \ge 0\)\( \Leftrightarrow m \in \left[ { - 10;0} \right] \cup \left[ {1;10} \right]\)Vì \(m \in \mathbb{Z}\) nên có 21 giá trị thỏa mãn .

Lời giảiChọn B\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{2f\left( x \right) - 3}} = 0\]\[ \Rightarrow \] Đồ thị hàm số \[y = g\left( x \right)\] có tiệm cận ngang là đường thẳng \[y = 0\].\[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{{2f\left( x \right) - 3}} = 0\]\[ \Rightarrow \] Đồ thị hàm số \[y = g\left( x \right)\] có tiệm cận ngang là đường thẳng \[y = 0\].Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \[y = g\left( x \right)\] chính là số nghiệm của phương trình \[2f\left( x \right) = 3\].Số nghiệm của phương trình \[2f\left( x \right) = 3\] chính là số giao điểm của đồ thị hàm số \[y = g\left( x \right)\] và đường thẳng \[y = \frac{3}{2}\].Từ bảng biến thiên, ta thấy đường thẳng \[y = \frac{3}{2}\] cắt đồ thị hàm số \[y = g\left( x \right)\] tại đúng \[2\] điểm phân biệt, một điểm có hoành độ thuộc \[\left( {1;2} \right)\], điểm còn lại có hoành độ thuộc \[\left( {2; + \infty } \right)\].Vậy đồ thị hàm số \[y = g\left( x \right)\] có \[1\] tiệm cận ngang và \[2\] tiệm cận đứng.

Lời giảiChọn BPhương trình (1): \(f\left( {\left| x \right|} \right) - m = 0\)\( \Leftrightarrow f\left( {\left| x \right|} \right) = m\).Số nghiệm của phương trình (1) là số điểm chung của hai đồ thị: \(\left( C \right):y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) và \(\left( d \right):y = m\).Hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\)là hàm số chẵn \( \Rightarrow \left( C \right)\) nhận trục Oy làm trục đối xứng.Mà \(y = f\left( {\left| x \right|} \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{f\left( x \right)khix \ge 0}\\{f\left( { - x} \right)khix < 0}\end{array}} \right.\).\( \Rightarrow \) Bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\):

Dựa vào bảng biến thiên ta có: phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow m \in \left( { - 3;5} \right)\).Mà \(m \in \mathbb{Z}\)\( \Rightarrow m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1;2;3;4} \right\} \Rightarrow \)Có 7 giá trị m thỏa mãn.

Lời giảiChọn DXét phương trình \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^3} - 3x + 1 = 0\) dùng máy tính cầm tay ta ước lượng được phương trình có ba nghiệm và \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} \approx - 1,879\\{x_2} \approx 1,532\\{x_3} \approx 0,347\end{array} \right.\).Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - 3x + 1\), ta có bảng biến thiên của \(f\left( x \right)\) như sau:

Xét phương trình \(f\left( {f\left( x \right)} \right) = 0\;\left( 1 \right)\) ta ước lượng được \(\left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) \approx - 1,879\\f\left( x \right) \approx 1,532\\f\left( x \right) \approx 0,347\end{array} \right.\).Dựa vào bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right)\) ta có:+ Với \(f\left( x \right) \approx - 1,879\) phương trình \(\left( 1 \right)\) có \(1\) nghiệm.+ Với \(f\left( x \right) \approx 1,532\) phương trình \(\left( 1 \right)\) có \(3\) nghiệm.+ Với \(f\left( x \right) \approx 0,347\)phương trình \(\left( 1 \right)\) có \(3\) nghiệm.Vậy phương trình đã cho có \(7\) nghiệm.

Lời giải.Chọn A

Gọi I, K theo thứ tự là trung điểm của BC, SC.Vì .Trên mặt phẳng (ABC), qua B dựng đường thẳng song song với AI, cắt AC tại D.Trên mặt phẳng (SAC), gọi E là giao điểm của KD và SA.Vì nên . Mặt phẳng (BDK) chia hình chóp S.ABC thành hai phẩn là SKBE và KBEAC.Trên mặt phẳng (SCD), ta cóK, A  lần lượt là trung điểm của các cạnh CS, CD nên KA là đường trung bình của tam giác SCD. Do đó . Suy ra .Ta có

.

Suy ra .

Lời giảiChọn A

Gọi \(I\)là trung điểm của \(AB\), ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot CI}\\{AB \bot CC'}\end{array} \Rightarrow AB \bot \left( {CIC'} \right)} \right.\).Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB = \left( {ABC} \right) \cap \left( {ABC'} \right)}\\{AB \bot \left( {CIC'} \right)}\\{\left( {CIC'} \right) \cap \left( {ABC} \right) = CI}\\{\left( {CIC'} \right) \cap \left( {ABC'} \right) = C'}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \left( {\overline {\left( {ABC} \right),\left( {ABC'} \right)} } \right) = \left( {\widehat {CI,C'I}} \right) = \widehat {C'IC} = {30^^\circ }\).Đặt \(AB = x(x > 0)\).Vì \(CI\)là đường cao của tam giác đều \(ABC\)nên \(CI = \frac{{x\sqrt 3 }}{2}\).+) \(CC' = CI \cdot {\rm{tan}}{30^^\circ } = \frac{{x\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{x}{2}\), \(C'I = \frac{{CI}}{{{\rm{cos}}{{30}^^\circ }}} = x\).Diện tích tam giác \(ABC'\) là \({S_{ABC'}} = \frac{1}{2}AB \cdot C'I \Leftrightarrow 8 = \frac{1}{2}{x^2} \Leftrightarrow x = 4\).Thể tích khối lăng trụ đã cho là \(V = {S_{AQC}} \cdot CC' = \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4} \cdot \frac{{x\sqrt 3 }}{2} \cdot {\rm{tan}}{30^^\circ } = \frac{{3{x^3}}}{8} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{{{x^3}\sqrt 3 }}{8} = \frac{{{4^3}\sqrt 3 }}{8} = 8\sqrt 3 \).

Lời giảiChọn B
Ta có \(g'\left( x \right) = - 3f'\left( {2 - x} \right) + 3{x^2} - 3\).Từ bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta thấy:\(f'\left( {2 - x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2 - x = 1\\2 - x = 2\\2 - x = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 0\\x = - 1\end{array} \right.\)\(f'\left( {2 - x} \right) > 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 - x > 1\\2 - x < 3\\2 - x \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow x \in \left( { - 1;1} \right)\backslash \left\{ 0 \right\}\)\(f'\left( {2 - x} \right) < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2 - x < 1\\2 - x > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 1\\x < - 1\end{array} \right.\). Ta có bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\):(Nhờ thầy vẽ lại BBT ạ)

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số \(g\left( x \right)\) đạt cực đại tại \(x = - 1\).

Lời giảiChọn BTa có \(\mathop {min}\limits_{\left[ {1;3} \right]} \left| {{x^3} - 3{x^2} + m} \right| \ge 2 \Leftrightarrow \left| {{x^3} - 3{x^2} + m} \right| \ge 2;\forall x \in \left[ {1;3} \right]\left( 1 \right)\) (Do hàm số \(y = \left| {{x^3} - 3{x^2} + m} \right|\)liên tục trên \(\left[ {1;3} \right]\)).Giải \(\left( 1 \right)\): \(\left| {{x^3} - 3{x^2} + m} \right| \ge 2;\forall x \in \left[ {1;3} \right] \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^3} - 3{x^2} + m \ge 2;\forall x \in \left[ {1;3} \right]}\\{{x^3} - 3{x^2} + m \le - 2;\forall x \in \left[ {1;3} \right]}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^3} - 3{x^2} \ge 2 - m;\forall x \in \left[ {1;3} \right]}\\{{x^3} - 3{x^2} \le - 2 - m;\forall x \in \left[ {1;3} \right]}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2 - m \le \mathop {min}\limits_{\left[ {1;3} \right]} \left( {{x^3} - 3{x^2}} \right)}\\{ - 2 - m \ge \mathop {max}\limits_{\left[ {1;3} \right]} \left( {{x^3} - 3{x^2}} \right)}\end{array}} \right.\left( * \right)\).Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2}\)trên \(\left[ {1;3} \right]\). Hàm số xác định và liên tục trên \(\left[ {1;3} \right]\)mà \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\). Ta có: \(f\left( 1 \right) = - 2;f\left( 3 \right) = 0;f\left( 2 \right) = - 4\).Do đó \(\mathop {max}\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( x \right) = 0;\mathop {min}\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( x \right) = - 4\). Từ \(\left( * \right)\)suy ra \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2 - m \le - 4}\\{ - 2 - m \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \ge 6}\\{m \le - 2}\end{array}} \right.\).Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \in \left[ { - 5;5} \right]}\\{m \in Z}\end{array}} \right.\)nên \(m \in \left\{ { - 5; - 4; - 3; - 2} \right\}\).Vậy có 4 giá trị \(m\)thỏa mãn yêu cầu bài toán.Cách 2:Đặt \(t = {x^3} - 3{x^2}\), với \(x \in \left[ {1;3} \right] \Rightarrow t \in \left[ { - 4;0} \right]\). Khi đó bài toán trở thành \(\mathop {min}\limits_{\left[ { - 4;0} \right]} \left| {t + m} \right| \ge 2\).TH1: \( - m \le - 4 \Rightarrow \mathop {min}\limits_{\left[ { - 4;0} \right]} \left| {t + m} \right| = \left| { - 4 + m} \right| = m - 4 \ge 2 \Leftrightarrow m \ge 6\).TH2: \( - m \ge 0 \Rightarrow \mathop {min}\limits_{\left[ { - 4;0} \right]} \left| {t + m} \right| = \left| m \right| = - m \ge 2 \Leftrightarrow m \le - 2\).Kết hợp với điều kiện \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \in \left[ { - 5;5} \right]}\\{m \in Z}\end{array}} \right.\)suy ra \(m \in \left\{ { - 5; - 4; - 3; - 2} \right\}\).Vậy có 4 giá trị \(m\)thỏa mãn yêu cầu bài toán.