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

Chọn A

Ta có y'=8x3,y'>0↔x>0. Nên hàm số đã cho đồng biến trên 0;+∞

Chọn A

Hàm số bậc ba đã cho có y'=−3x26x+1 là tam thức bậc 2 có 2 nghiệm phân biệt nên hàm số đã cho có 2 cực trị.

Chọn C

y' =−3x2+6x=0⇔x=0 (thỏa mãn) hoặc x = 2 (loại)

⇒y−2=20; y0=0; y1=2

Vậy: max−2;1y=20

Chọn B

Nhắc lại đồ thị hàm số y=ax+bcx+d có đường tiệm cận ngang là y=ac và đường tiệm cận đứng là x=−dc.

Chọn A

Khi x tiến tới +∞ thì y tiến tới +∞, 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≠1 thì P=x4.x13=x133=x13312=x136=x2.x16=x2x6.

Chọn A.

Ta có: A=loga=1a2=logaa−2=−2.logaa=−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 : SΔABC=12.AB.AC.

Bước 2: Tính độ dài đường cao SB=SC2−BC2.

Bước 3: Thể tích khối chóp VS.ABC=12.SΔABC.SB=10a3 (đvtt).

Chọn C

Thiết diện qua trục của hình nón sẽ là một tam giác cân, từ giả thiết suy ra tam giác vuông cân. Đường cao từ đỉnh có góc vuông của thiết diện chính là đường cao của hình nón và độ dài cạnh huyền chính là đường kính đáy của hình nón. Do đó ta có: r=a2 và h=a2.

Vậy V=13πa23=a3π24cm3.

Chọn A.

TXĐ: D = R. Ta có:

y'=x2−2x+2m−m2=x−mx+m−2;y'=0⇔x=mx=2−m.

Hàm số có 2 điểm cực trị <=> y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔m≠2−m⇔m≠1.

Chọn C

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

Các hàm số y=1x và y=cotx không xác định trên toàn tập R

Hàm số bậc 4 không thể nghịch biến trên R

Hàm số y=−x3+2 xác định trên R và có y'=−3x2≤0 nên nghịch biến trên R

Chọn A

y'=−6x2+6x=0⇔x=0 hoặc x = 1

y"=−12x+6;y"0=6>0⇒x=0 là điểm cực tiểu

Giá trị cực tiểu y0=5

Chọn B

Hàm số có đạo hàm y'=4x3+12x2=4x2x+3 nên số cực trị của hàm số không phụ thuộc vào tham số m ⇒ Câu B sai

y' = 0 có 2 nghiệm x = 0 và x = -3 nhưng y' chỉ đổi dấu khi đi qua giá trị x = -3 (từ âm sang dương) nên hàm số có đúng 1 cực trị và là cực tiểu.

Chọn A.

S=ab≤a+b22=2022=100

Chọn C.

Ta có v=s'=−3t2+6t=−3t−12+3≤3. Dấu “=” xảy ra <=> t = 1

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

Chọn B.

limx→+∞y=a∈ℝ⇒y=a là 1 đường tiệm cận ngang.

limx→−∞y=+∞ nên ta không thể kết luận được về tiệm cận ngang và đứng.

limx→x0−y=+∞ là tiệm cận đứng.

Chọn B

Chọn A

Phương trình hoành độ giao điểm là x3+x+2=−2x+2→x=0. Nên x0=2→y0=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 limx→∞y=x1x+1xm+1x2 sẽ có 2 tiệm cận ngang là y=1m,y=−1m

Chọn B

log4x−1=3→x−1=43→x=65

Chọn A

Các em áp dụng công thức này nhé:

logaxby=yxlogab, logaxy=logax+logay 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⇔x>13;log123x−1>3⇔3x−1<18⇔x<38.

Kết hợp điều kiện suy ra nghiệm của bất phương trình là 13<x<38.

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

Nhập fX=log123X−1−3→Start:X=13End:X=58Step:X=11558−13⇒fx>0,∀x∈13;38.

Chọn C.

Các hàm số (1), (3), (5) có tập xác định là D=2;+∞; các hàm số (2) (4) có tập xác định là ℝ\2; hàm số (6) có tập xác định là R 

Chọn D

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

Góc giữa A'C và đáy (ABCD) là A'CA^=45°

Ta có SABC=12a2,AC=a2,AA'=AC.tanA'CA^=a2

Vậy VABC.A'B'C'=AA'.SABC=a2.a22=a322.

Chọn A.

Xét tam giác OBH vuông tại H có đường cao HK ta có

1HK2=1h2+1r2⇒HK=rhr2+h2. Do đó ta có các vị trí tương đối giữa mặt phẳng qua đỉnh và hình nón là:

Nếu dH,α<rhr2+h2 thì α∩N là tam giác cân.

Nếu dH,α=rhr2+h2 thì α∩N là đoạn thẳng.

Nếu dH,α>rhr2+h2 thì α∩N là một điểm là O 

Chọn C.

Ta có công thức V0=13πr2h⇒h=3V0πr2.

Từ đó diện tích thiết diện qua trục S=12AB.OH=12.2r.3V0πr2=3V0πr.

Chọn CSBA⊥ABC⊥SBCSBA∩SBC=SB⇒SB⊥ABCBC=AB=AC=a do tam giác ABC đềuSB=SC2−BC2=a6

Chọn B

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

⇒A'C,ABC^=450=A'CA^

Lại có AC=a3 vì tam giác ABC cân tại A.

Tam giác AA'C  vuông tại A có góc A'CA^=450 nên vuông cân tại A 

⇒AA'=a3.

 Chọn A

Dễ thấy SA2+SB2=AB2=4a2 do đó tam giác SAB vuông tại S . Dựng SH⊥AB, mặt khác SAB⊥ABCD

Do đó SH⊥ABCD

Lại có SH=SA.SBAB=a32

Do vậy VS.ABCD=13.SH.SABCD=a333.

Chọn C

Đặt t=sinx với x∈0;π3⇒t∈0;32⇒t<1

y=t3−3t⇒y'=3t2−3<0⇒y=fx=sin3x−3sinx≥f32=−938.

Chọn B

Xét hàm số y=mx4+m2−9x2+10,∀x∈ℝ. Ta có y'=4mx3+2m2−9x

Phương trình y'=0⇔4mx3+2m2−9x=0⇔x=02mx2=9−m2  *

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

Hay m≠09−m2m>0⇔0<m<3m<−3 là giá trị cần tìm.

Chọn C

Ta có log23=log53log52=log25log35=ab

⇒log6100=log223×33×5log26=3+3log23+log251+log25=3+3ab+a1+ab=3b+3a+aba+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:  Sabc=1c+2b+3a≥31c.2b.3a3⏟Cauchy  cho  3  so  1c,2b,3a=363abc=3631,296

Dấu “=” xảy ra khi  1c=2b=3aabc=1,296⇔a=1,8b=1,2c=0,6

Chọn C.

Ta có SI⊥ABCD⇒VS.ABCD=13.SI.SABCD

AI=2ID⇒AI=23AD=2a3⇒BI=AI2+AB2=a133

Xét tam giác vuông SB, SI2+IB2=SB2

⇔SI=SB2−IB2=a722−a1332=a116

Do đó VS.ABCD=13.SI.SABCD=13.a116.a2=a31118.

Chọn A.

Xét hàm số y=gx=2x2x2−2=2x4−4x2

Ta có g'x=8x3−8x=8xx2−1=0⇒x=0x=±1.

Ta có đồ thị hàm số gx=2x4−4x2, từ đó suy ra đồ thị hàm số y=2x2x2−2

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≠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⇒x2<x1 thì ta có bảng xét dấu

Khi đó, hàm số đồng biến trên các khoảng −∞;x2 và x1;+∞. Không thỏa đề nên loại trường hợp a = 3m > 0.

Nếu a=3m<0⇔m<0⇒x1<x2, ta có bảng xét dấu

Dựa vào bảng xét dấu ta nhận thấy hàm số chỉ luôn đồng biến trên khoảng x1;x2.

Yêu cầu bài toán ⇔x2−x1=2⇔−2m−0=2⇔−1m=1⇔m=−1

Chọn B.

a=10mn−logb⇔loga=mn−logb⇔n−logb=mloga⇔logb=nloga−mloga;

b=10mn−logc⇔logb=mn−logc

Ta có 

logb=mn−logc=nloga−mloga⇔n−logc=mloganloga−m⇔logc=n2−mloga−mnnloga−m

Chọn A.

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

Đặt AB  = x. Độ dài SO=OM.tan60°=x32.

⇒SB=SO2+OB2=x322+x222=x52⇒x=a

Khối nón có chiều cao h=SO=a32, bán kính đáy R=OM=a2.

Thể tích V=13V®¸y.h=13πR2.h=13πa22.a32=a3π324.

Chọn D.

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=BB'2+B'P2=a52 và MN=12AE=a54.

MB=a52;NP=a2+a216=a174;

MP=PA'2+A'M2=A'B'2+B'P2+A'M2=a62.

Sử dụng công thức Hê-rông để tính SΔMPB=a2218.

Ta có chiều cao hình thang là h=2SΔMBPBP=2.a2218a52=a10510.

Vậy S0=hMN+BP2=3a22116.