Đề kiểm tra Học kì 1 Toán 12 có đáp án (Mới nhất) (Đề 7)

Chọn A

Ta có $y\text{'}=8x^3,y\text{'}>0\leftrightarrow x>0$. Nên hàm số đã cho đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$

Chọn A

Chọn C

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

$\Rightarrow y\left(-2\right)=20;y\left(0\right)=0;y\left(1\right)=2$

Vậy: $\underset{\left[-2;1\right]}{\max }y=20$

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 $x=\frac{-d}{c}$.

Chọn A

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

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.

Khi tăng tất cả các cạnh của khối hộp lên gấp đôi thì thể tích khối hộp thu được là $V’=2a.2b.2c=8abc=8V$

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 $SB=\sqrt{S{C}^2-B{C}^2}$.

Bước 3: Thể tích khối chóp $V_{S.ABC}=\frac{1}{2}.S_{\Delta ABC}.SB=10a^3$ (đvtt).

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

Giá trị cực tiểu $y\left(0\right)=5$

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 A.

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 B

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

Để tìm tiệm cận ngang ta phải tính các giá trị của . 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

${\log }_4\left(x-1\right)=3\to x-1=4^3\to x=65$

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)

Chọn C.

Lăng trụ tứ giác đều $ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}$ là lăng trụ đứng và có đáy là hình vuông.

Góc giữa A'C và đáy (ABCD) là $\widehat{A\text{'}CA}=45°$

Ta có $S_{ABC}=\frac{1}{2}{a}^2,AC=a\sqrt{2},AA\text{'}=AC.\tan \widehat{A\text{'}CA}=a\sqrt{2}$

Vậy $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=AA\text{'}.S_{ABC}=a\sqrt{2}.\frac{a^2}{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{2}$.

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) 

$\Rightarrow \left(\widehat{\text{A}\text{'}C,\left(ABC\right)}\right)={45}^0=\widehat{\text{A}\text{'}CA}$

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 

 Chọn A

Chọn C

Đặt $t=\mathrm{sinx}$ với $x\in \left[0;\frac{\pi }{3}\right]\Rightarrow t\in \left[0;\frac{\sqrt{3}}{2}\right]\Rightarrow \left|t\right|<1$

$y=t^3-3t\Rightarrow y\text{'}=3t^2-3<0\Rightarrow y=f\left(x\right)={\sin }^{3}x-3\sin x\ge f\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=-\frac{9\sqrt{3}}{8}$.

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

Ta có ${\log }_{2}3=\frac{{\log }_{5}3}{{\log }_{5}2}=\frac{{\log }_{2}5}{{\log }_{3}5}=\frac{a}{b}$

$\Rightarrow {\log }_{6}100=\frac{{\log }_2\left(2^3\times 3^3\times 5\right)}{{\log }_{2}6}=\frac{3+3{\log }_{2}3+{\log }_{2}5}{1+{\log }_{2}5}=\frac{3+\frac{3a}{b}+a}{1+\frac{a}{b}}=\frac{3b+3a+ab}{a+b}$.

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, $S{I}^2+I{B}^2=S{B}^2$

$\iff SI=\sqrt{S{B}^2-I{B}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{7}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{13}}{3}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{11}}{6}$

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

Chọn A.

Xét hàm số $y=g\left(x\right)=2x^2\left(x^2-2\right)=2x^4-4x^2$

Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=8x^3-8x=8x\left(x^2-1\right)=0\Rightarrow \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\end{array}\right.$.

Ta có đồ thị hàm số $g\left(x\right)=2x^4-4x^2$, từ đó suy ra đồ thị hàm số $y=2x^2\left|x^2-2\right|$

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