Đề kiểm tra Học kì 1 Toán 12 có đáp án (Mới nhất) (Đề 6)

Chọn A

Chọn A

Lời giải

Chọn C

$y\text{'}=-3x^2+6x=0\iff x=0$ (thỏa mãn) hoặc x = 2 (loại)

Chọn B

Nhắc lại đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}$ có đường tiệm cận ngang là $y=\frac{a}{c}$ và đường tiệm cận đứng là $x=\frac{-d}{c}$.

Lời giải

Chọn A

Khi x tiến tới $+\infty$ thì y tiến tới $+\infty$, do đó hệ số của x³ phải dương => Loại B, y

Hàm số đi qua điểm (0;0) nên hàm số ở ý D không thỏa mãn

Chọn B.

Với x > 0; $x\ne 1$ thì $P=\sqrt{x^4.x^{\frac{1}{3}}}=\sqrt{x^{\frac{13}{3}}}={\left(x^{\frac{13}{3}}\right)}^{\frac{1}{2}}=x^{\frac{13}{6}}=x^2.x^{\frac{1}{6}}=x^2\sqrt[6]{x}$.

Chọn A.

Ta có: $A={\log }_a=\frac{1}{a^2}={\log }_a{a}^{-2}=-2.{\log }_{a}a=-2$.

Chọn D.

Giả sử chiều dài, chiều rộng, chiều cao của khối hộp chữ nhật là a, b, c.

Thể tích của khối hộp là  V = abc.

Chọn A.

Bước 1: Diện tích tam giác vuông tại A: $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC$.

Bước 2: Tính độ dài đường cao $SB=\sqrt{S{C}^2-B{C}^2}$.

Chọn C

Chọn A.

TXĐ: D = R. Ta có: 

$y\text{'}=x^2-2x+2m-m^2=\left(x-m\right)\left(x+m-2\right);y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=m\\ x=2-m\end{array}\right.$

Hàm số có 2 điểm cực trị <=> y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt $\iff m\ne 2-m\iff m\ne 1$.

Chọn C

Để hàm số nghịch biến trên R thì hàm số đó phải xác định trên R.

Các hàm số $y=\frac{1}{x}$ và $y=\cot x$ không xác định trên toàn tập R

Hàm số bậc 4 không thể nghịch biến trên R

Chọn A

$y\text{'}=-6x^2+6x=0\iff x=0$ hoặc x = 1

$y"=-12x+6;y"\left(0\right)=6>0\Rightarrow x=0$ là điểm cực tiểu

Chọn B

Hàm số có đạo hàm $y\text{'}=4x^3+12x^2=4x^2\left(x+3\right)$ nên số cực trị của hàm số không phụ thuộc vào tham số m ⇒ Câu B sai

Chọn C.

Ta có $v=s\text{'}=-3t^2+6t=-3{\left(t-1\right)}^2+3\le 3$. Dấu “=” xảy ra <=> t = 1

Vậy vận tốc của chuyển động đạt giá trị lớn nhất tại thời điểm t = 1

Chọn B.

$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=a\in ℝ\Rightarrow y=a$ là 1 đường tiệm cận ngang.

$\underset{x\to -\infty }{\lim }y=+\infty$ nên ta không thể kết luận được về tiệm cận ngang và đứng.

Chọn A

Phương trình hoành độ giao điểm là $x^3+x+2=-2x+2\to x=0$. Nên $x_0=2\to y_0=2$

Chọn C

Anh nghĩ câu này khá hay và lạ. Để tìm tiệm cận ngang ta phải tính các giá trị của $\underset{x\to -\infty }{\lim }y,\underset{x\to +\infty }{\lim }y$. Quan sát các đáp án ta dễ dàng thấy được chỉ có giá trị m > 0 thì mới thỏa mãn yêu cầu đề bài ra.

Nếu m = 0 thì y = x + 1 không có tiệm cận, m < 0 thì xét dưới mẫu số ta thấy x có điều kiện ràng buộc nên không thể xét x tới vô cùng được

Nếu m > 0 thì ta có $\underset{x\to \infty }{\lim }y=\frac{x\left(\frac{1}{x}+1\right)}{\left|x\right|\sqrt{m+\frac{1}{x^2}}}$ sẽ có 2 tiệm cận ngang là $y=\frac{1}{\sqrt{m}},y=\frac{-1}{\sqrt{m}}$

Chọn B

Chọn A

Các em áp dụng công thức này nhé:

${\log }_{a^x}{b}^y=\frac{y}{x}{\log }_{a}b,{\log }_a\left(xy\right)={\log }_{a}x+{\log }_{a}y$ ta sẽ được kết quả là đáp án A

Chọn B.

Khi giải bất phương trình logarit chú ý đặt điều kiện và cơ số lớn hơn hay nhỏ hơn 1.

Điều kiện: $3x-1>0\iff x>\frac{1}{3};{\log }_{\frac{1}{2}}\left(3x-1\right)>3\iff 3x-1<\frac{1}{8}\iff x<\frac{3}{8}$.

Kết hợp điều kiện suy ra nghiệm của bất phương trình là $\frac{1}{3}<x<\frac{3}{8}$.

Cách khác: Có thể sử dụng MTCT để giải nhanh bài toán này. Nhập MODE + 7 (TABLE)

Nhập $f\left(X\right)={\log }_{\frac{1}{2}}\left(3X-1\right)-3\underset{}{\overset{}{\to }}\left\{\begin{array}{l}Start:X=\frac{1}{3}\\ End:X=\frac{5}{8}\\ Step:X=\frac{1}{15}\left(\frac{5}{8}-\frac{1}{3}\right)\end{array}\right.\Rightarrow f\left(x\right)>0,\forall x\in \left(\frac{1}{3};\frac{3}{8}\right)$.

Chọn C.

Chọn D

Chọn C.

Ta có công thức $V_0=\frac{1}{3}\pi r^{2}h\Rightarrow h=\frac{3V_0}{\pi r^2}$.

Từ đó diện tích thiết diện qua trục $S=\frac{1}{2}AB.OH=\frac{1}{2}.2r.\frac{3V_0}{\pi r^2}=\frac{3V_0}{\pi r}$.

A  là hình chiếu của A'  lên mặt phẳng (ABC) 

Lại có $AC=a\sqrt{3}$ vì tam giác ABC cân tại A .

Tam giác AA'C  vuông tại A có góc $\widehat{A\text{'}CA}={45}^0$ nên vuông cân tại A 

$\Rightarrow AA\text{'}=a\sqrt{3}$.

Chọn B

Xét hàm số $y=m{\text{x}}^4+\left(m^2-9\right)x^2+10,\forall x\in ℝ$. Ta có $y\text{'}=4m{x}^3+2\left(m^2-9\right)x$

Phương trình $y\text{'}=0\iff 4m{x}^3+2\left(m^2-9\right)x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ 2m{x}^2=9-m^2\left(*\right)\end{array}\right.$

Để hàm số đã cho có ba điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt

Hay $\left\{\begin{array}{l}m\ne 0\\ \frac{9-m^2}{m}>0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}0<m<3\\ m<-3\end{array}\right.$ là giá trị cần tìm.

Chọn C.

Thể tích bể cá là: V = abc = 1,296 

Diện tích tổng các miếng kính là S = ab + 2ac + 3bc (kể cả miếng ở giữa)

Ta có:  $\frac{S}{abc}=\underset{Cauchycho3so\frac{1}{c},\frac{2}{b},\frac{3}{a}}{\underbrace{\frac{1}{c}+\frac{2}{b}+\frac{3}{a}\ge 3\sqrt[3]{\frac{1}{c}.\frac{2}{b}.\frac{3}{a}}}}=\frac{3\sqrt[3]{6}}{\sqrt{abc}}=\frac{3\sqrt[3]{6}}{\sqrt{1,296}}$

Ta có $SI\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SI.S_{ABCD}$

$AI=2ID\Rightarrow AI=\frac{2}{3}AD=\frac{2a}{3}\Rightarrow BI=\sqrt{A{I}^2+A{B}^2}=\frac{a\sqrt{13}}{3}$

Xét tam giác vuông SB, $S{I}^2+I{B}^2=S{B}^2$

Do đó $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SI.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{11}}{6}.a^2=\frac{a^3\sqrt{11}}{18}$.

Dựa vào đồ thị để phương trình có 6 nghiệm phân biệt khi $0<m<2.$

Chọn B.

TXĐ: D = R. Ta có: . Điều kiện $m\ne 0$.

Vẽ bảng xét dấu đạo hàm y' ta cần biết dấu của hệ số a = 3m. Ta có nhận xét sau:

Nếu $a=3m>0\Rightarrow x_2<x_1$ thì ta có bảng xét dấu

Khi đó, hàm số đồng biến trên các khoảng $\left(-\infty ;x_2\right)$ và $\left(x_1;+\infty \right)$. Không thỏa đề nên loại trường hợp $a=3m>0$.

Nếu $a=3m<0\iff m<0\Rightarrow x_1<x_2$, ta có bảng xét dấu

Dựa vào bảng xét dấu ta nhận thấy hàm số chỉ luôn đồng biến trên khoảng $\left(x_1;x_2\right)$

Gọi M  là trung điểm BC . Ta chứng minh được góc giữa mặt bên (SBC) và đáy (ABCD) bằng góc $\widehat{SMO}=60°$.

Đặt AB = x. Độ dài $SO=OM.\tan 60°=\frac{x\sqrt{3}}{2}$.

$\begin{array}{l}\Rightarrow SB=\sqrt{S{O}^2+O{B}^2}=\sqrt{{\left(\frac{x\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{x\sqrt{2}}{2}\right)}^2}\\ =\frac{x\sqrt{5}}{2}\Rightarrow x=a\end{array}$

Khối nón có chiều cao $h=SO=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, bán kính đáy $R=OM=\frac{a}{2}$.

Thể tích $V=\frac{1}{3}{V}_{\text{®¸y}}.h=\frac{1}{3}\pi R^2.h=\frac{1}{3}\pi {\left(\frac{a}{2}\right)}^2.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3\pi \sqrt{3}}{24}$

Gọi E  là trung điểm của A'D'. Khi đó MN // AE // BP. Do đó thiết diện cần tìm là hình thang MNPB . Dựa vào các tam giác vuông thì $BP=\sqrt{BB{\text{'}}^2+B\text{'}{P}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$ và $MN=\frac{1}{2}AE=\frac{a\sqrt{5}}{4}$.

$\begin{array}{l}MB=\frac{a\sqrt{5}}{2};NP=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{16}}=\frac{a\sqrt{17}}{4}\\ MP=\sqrt{PA{\text{'}}^2+A\text{'}{M}^2}=\sqrt{A\text{'}B{\text{'}}^2+B\text{'}{P}^2+A\text{'}{M}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}\end{array}$

Sử dụng công thức Hê-rông để tính $S_{\Delta MPB}=\frac{a^2\sqrt{21}}{8}$.

Ta có chiều cao hình thang là $h=\frac{2S_{\Delta MBP}}{BP}=\frac{2.\frac{a^2\sqrt{21}}{8}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{a\sqrt{105}}{10}$.

Vậy $S_0=\frac{h\left(MN+BP\right)}{2}=\frac{3a^2\sqrt{21}}{16}$