Đề kiểm tra Học kì 1 Toán 12 có đáp án (Mới nhất) (Đề 10)

Chọn B

Hàm số đã cho là hàm trùng phương, có hệ số a > 0 nên loại câu C và D.

Hàm số có hệ số a = 1 và b = 2 cùng dấu nên hàm số chỉ có một cực trị. Loại A.

Chọn D

Chọn B

Chọn C

Điều kiện: $1-x>0\iff x<1$.

Tập xác định $D=\left(-\infty ;1\right)$.

Chọn B

Ta có $y^{\text{'}}=-4x^3-4034x$; $y^{\text{'}}=0\iff x=0$ và y' đổi dấu khi qua điểm x = 0 nên hàm số có 1 điểm cực trị.

Chọn A

Đáp án A đúng vì ta có $a^{{\log }_{b}c}=c^{{\log }_{b}a}$ nên $a^{\ln b}=b^{\ln a}$.

Đáp án B sai vì ${\ln }^2\left(ab\right)={\left(\ln a+\ln b\right)}^2\ne \ln a^2+\ln b^2$.

Đáp án C sai vì $\ln \left(\frac{a}{b}\right)=\ln a-\ln b\ne \frac{\ln a}{\ln b}$.

Chọn C

Lý thuyết: Đồ thị các hàm số $y={\log }_{a}x$ và $y=a^x$ đối xứng nhau qua đường thẳng $y=x$.

Đáp án A sai vì đồ thị các hàm số $y=a^x$ và $y={\left(\frac{1}{a}\right)}^x$ đối xứng nhau qua trục tung.

Đáp án B sai vì đồ thị hàm số $y={\log }_{a}x$ và $y={\log }_{\frac{1}{a}}x$ đối xứng nhau qua trục hoành.

Chọn C

Các khẳng định đúng là (I), (III), (IV).

Chọn A

Chọn D

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là $4x^4-3x^2+3=x+3$

$\iff 4x^4-3x^2-x=0$$\iff x\left(4x^3-3x-1\right)=0$$\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x=\frac{1}{2}\end{array}\right.$.

Chọn B

Chọn B

Chọn D

Tập xác định: D = R.

$y^{\text{'}}=x^2-2mx+4$.

Chọn A

Để đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận đứng thì phương trình $x^2-2mx+9=0\left(*\right)$ có duy nhất nghiệm khác 1 hoặc có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiêm bằng 1.

TH1: ${\Delta }^{\text{'}}=m^2-9=0\iff m=\pm 3$

Khi m = 3, phương trình có một nghiệm x = 3 (thỏa mãn).

Khi m = -3 phương trình có một nghiệm x = -3 (thỏa mãn).

TH2: Phương trình (*) có một nghiệm bằng 1 $\Rightarrow 1-2m+9=0\iff m=5$

Thử lại, với m = 5 ta có phương trình $x^2-10x+9=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=9\end{array}\right.m$ (thỏa mãn)

Chọn C

$y^{\text{'}}=\frac{m^2\left(x-2\right)-\left(m^{2}x-m+2\right)}{{\left(x-2\right)}^2}=\frac{-2m^2+m-2}{{\left(x-2\right)}^2}<0,\forall m\Rightarrow$ hàm số nghịch biến trên [-2;0]

$\Rightarrow \underset{\left[-2;0\right]}{\max }y=y\left(-2\right)=\frac{-2m^2-m+2}{-2-2}$

$=\frac{-2m^2-m+2}{-4}=2\iff 2m^2+m-2=8\iff \left[\begin{array}{l}m=2\\ m=-\frac{5}{2}\end{array}\right.$.

Chọn B

Dựa vào đồ thị, ta có các nhận xét sau:

+ Ta thấy rằng $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-\infty ;\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty \Rightarrow a>0$.

+ Hàm số đạt cực đại tại $x_1<0,x_2=0$. Ta có $x_1,x_2$ là nghiệm phương trình $y^{\text{'}}=3a{x}^2+2bx+c=0$

Theo hệ thức Viét, ta có $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-\frac{2b}{3a}<0\\ x_1{x}_2=\frac{c}{3a}=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}c=0\\ b>0\end{array}\right.$

+ Đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ $\left(0;d\right)\Rightarrow d<0$.

Chọn D

Điều kiện: $\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ {\log }_{\frac{1}{3}}x>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ x<1\end{array}\right.\iff 0<x<1$.

Bất phương trình $\iff {\log }_{\frac{1}{3}}x>1\iff x<\frac{1}{3}$.

Chọn C

Ta có $3^{2x+1}-{4.3}^x+1=0\iff {3.3}^{2x}-{4.3}^x+1=0\iff \left[\begin{array}{c}{3}^x=1\\ 3^x=\frac{1}{3}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=-1\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{c}{x}_1=-1\\ x_2=0\end{array}\right.$.

Vậy $x_1+2x_2=-1$.

Chọn D

Hàm số có tập xác định là R $\iff x^2-2mx+4>0,\forall x\in ℝ\iff {\Delta }^{\text{'}}=m^2-4<0\iff -2<m<2$.

Chọn C

Ta có $x^4-4x^2+1-m=0\iff x^4-4x^2+1=m$.

Đặt $f\left(x\right)=x^4-4x^2+1$. Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=4x^3-8x$; $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm \sqrt{2}\end{array}\right.$.

Chọn C

+ Các khẳng định A, B sai theo lý thuyết.

+ Xét khẳng định C: Ta có $y^{\text{'}}=10e^{10x+2017}>0\forall x\in ℝ\Rightarrow$ hàm số đồng biến trên R => C đúng.

Chọn C

Ta có ${\left(2+\sqrt{3}\right)}^{x^2-2x+2}\le {\left(2-\sqrt{3}\right)}^{-x-8}\iff {\left(2+\sqrt{3}\right)}^{x^2-2x+2}\le {\left(2+\sqrt{3}\right)}^{x+8}$

$\iff x^2-2x+2\le x+8\iff x^2-3x-6\le 0\iff \frac{3-\sqrt{33}}{2}\le x\le \frac{3+\sqrt{33}}{2}$.

Vì $x\in \mathbb{Z}$ nên $x\in \left\{-1,0,1,2,3,4\right\}$. Vậy có tất cả 6 nghiệm nguyên.

Chọn B

Giả sử tứ diện đều S.ABCD.

Tính diện tích ABCD: $S_{ABCD}=a^2$.

Xác định chiều cao:

Gọi $O=AC\cap B\text{D}\Rightarrow SO$ là chiều cao của khối chóp.

$\Delta SOA$ vuông tại O cho ta $SO=\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=a\sqrt{\frac{1}{2}}$.

Chọn D

$V=\pi R^{2}h=\pi \mathrm{.4.4}=16\pi$.

Chọn B

Chọn A

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

Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(0;\frac{\pi }{4}\right)$ khi y' < 0, $\forall x\in \left(0;\frac{\pi }{4}\right)\Rightarrow 1-m^2<0\iff \left[\begin{array}{c}m<-1\\ m>1\end{array}\right.$.

Đồng thời $m\tan x+1\ne 0,\forall x\in \left(0;\frac{\pi }{4}\right)\iff m\ne -\frac{1}{\tan x},\forall x\in \left(0;\frac{\pi }{4}\right)$.

Ta có $x\in \left(0;\frac{\pi }{4}\right)\Rightarrow \tan x\in \left(0;1\right)\Rightarrow -\frac{1}{\tan x}\in \left(-\infty ;-1\right)\Rightarrow m\notin \left(-\infty ;-1\right)$

Vậy $m\in \left(1;+\infty \right)$.

Gọi h là chiều cao của lăng trụ, $S=S_{ABC}$. Khi đó chóp M.ABC có chiều cao là h.

Thể tích lăng trụ V = hS.

Thể tích tứ diện M.ABC là $V_{M.ABC}=\frac{1}{3}h.S=\frac{V}{3}$.

Chọn D

Ta có $f\left(x\right)+f\left(1-x\right)=\frac{4^x}{4^x+2}+\frac{4^{1-x}}{4^{1-x}+2}=\frac{4^{\mathrm{x}}}{4^{\mathrm{x}}+2}+\frac{2}{4^{\mathrm{x}}+2}=1$.

Suy ra

$S=f\left(\frac{1}{2015}\right)+f\left(\frac{2014}{2015}\right)+f\left(\frac{2}{2015}\right)+f\left(\frac{2013}{2015}\right)+\mathrm{...}+f\left(\frac{1007}{2015}\right)+f\left(\frac{1008}{2015}\right)=1007$.

Chọn A

Đặt $t=e^{2x}$, $t>0$. Ta có $t=e^{2x}={\left(e^{\frac{x}{2}}\right)}^4\Rightarrow e^{\frac{x}{2}}=\sqrt[4]{t}$.

Khi đó phương trình $m+e^{\frac{x}{2}}=\sqrt[4]{e^{2x}+1}$ trở thành $m=\sqrt[4]{t-1}-\sqrt[4]{t}\left(*\right)$

Xét hàm số $f\left(t\right)=\sqrt[4]{t-1}-\sqrt[4]{t}$ trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$, có $f^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{\sqrt[4]{{\left(t+1\right)}^3}}-\frac{1}{\sqrt[4]{t^3}}\right)<0;\forall t>0$.

Chọn C

Đặt $x=BM,0\le x\le 7$. Khi đó $AM=\sqrt{x^2+25}$, $MC=7-x$.

Thời gian người canh hải đăng đi từ A đến C là $F\left(x\right)=\frac{\sqrt{x^2+25}}{4}+\frac{7-x}{6}$ (giờ)

Ta có: $F^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{x}{4\sqrt{x^2+25}}-\frac{1}{6}=0\iff x=2\sqrt{5}$ (km)

Hàm số F(x) đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm $x=2\sqrt{5}$ do đó $BM=x= 2\sqrt{5}\approx 4,5$ (km).

Chọn C

Gọi N là số tiền gốc gửi vào sổ tiết kiệm, lãi suất là r, A là số tiền hàng tháng mà anh ta rút ra. Ta có:

Sau tháng thứ 1 số tiền trong sổ còn lại là: .

Sau tháng thứ 2 số tiền trong sổ còn lại là: .

Sau tháng thứ 3 số tiền trong sổ còn lại là: .

…………………………………………………………………

Sau tháng thứ n số tiền trong sổ còn lại là:

.

Nếu sau tháng thứ n số tiền trong sổ anh ta vừa hết thì .

Kẻ đường sinh AA'. Gọi D là điểm đối xứng với A qua O' và H là hình chiếu của B trên đường thẳng A'D.

Do , .

 đều nên.

. Suy ra thể tích khối tứ diện là:.

Ta có .

Hàm số có hai điểm cực trị x₁, x₂  <=> phương trình  có hai nghiệm phân biệt .

Ta có , .

.

Vậy m = -1 hoặc $m=\frac{11}{2}$ thỏa yêu cầu đề bài.

Ta có $△SHC~SOB$ nên $\frac{SH}{SO}=\frac{HC}{OB}\Rightarrow \frac{h-x}{h}=\frac{HC}{R}\Rightarrow HC=\frac{R(h-x)}{h}$.

Suy ra thể tích khối trụ là:

Do đó khối trụ lớn nhất bằng $\frac{4{\mathrm{\pi hR}}^2}{27}$ đạt được khi $h-x=2x\iff x=\frac{h}{3}$.