Đề kiểm tra Học kì 1 Toán 12 có đáp án (Mới nhất) (Đề 8)

Chọn A.

$\begin{array}{l}D=ℝ\\ y\text{'}=-3{\text{x}}^2+6\text{x}+9;y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=3\end{array}\right.\\ y\text{'}>0,\forall x\in \left(-1;3\right)\end{array}$

Chọn D.

Chọn B.

Chọn D.

Tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}$.

Đạo hàm: $y\text{'}=-\frac{2}{{\left(x-1\right)}^2}<0$ với $\forall x\in D$ ⇒ Hàm số không có cực trị.

Chọn A.  

Chọn B.  

Biến đổi ${\log }_4\left(x-1\right)=3\iff x-1=4^3\iff x=65$ hoặc sử dụng MTCT thử các kết quả bằng phím CALC

Chọn B.  

Áp dụng công thức đạo hàm: $\left(a^x\right)\text{'}=a^x\ln a,\forall x\in ℝ$ với $a>0,a\ne 1$

Chọn C.  

Khẳng định C sai vì hàm số có giá trị cực đại bằng -2 và giá trị cực tiểu bằng 2.

Chọn A.

Tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}$.

Đạo hàm: $y\text{'}=1-\frac{4}{{\left(x-1\right)}^2}$, $y\text{'}=0\iff 1-\frac{4}{{\left(x-1\right)}^2}=0\iff {\left(x-1\right)}^2=4\iff \left[\begin{array}{l}{x}_1=-1\\ x_2=3\end{array}\right.$ .

Khi đó, tích các giá trị cực đại và cực tiểu của hàm số bằng:

Chọn D.

$y=\frac{2x-3}{\sqrt{x^2-1}}$ TXĐ: $D=(-\infty ;1)\cup (1;=\infty )$.

Ta có: $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-2$ suy ra đường thẳng y = -2 là TCN của đồ thị hàm số.

$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=-2$ suy ra đường thẳng y = 2 là TCN của đồ thị hàm số.

$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=-\infty$ suy ra đường thẳng x = 1 là TCN của đồ thị hàm số.

$\underset{x\to -1^{-}}{\lim }y=-\infty$ suy ra đường thẳng x = -1 là TCN của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị của hàm số đã cho có tổng cộng 4 đường tiệm cận.

Chọn D.

Phương trình hoành độ giao điểm:

$\frac{4x-6}{x-1}=6x+5\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ 6x^2-5x+1=0\end{array}\right.\iff x_1=\frac{1}{3}$ và $x_2=\frac{1}{2}\Rightarrow x_1^2+x_2^2={\left(\frac{1}{3}\right)}^2+{\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{13}{36}$.

Chọn A.

Ta có: $y=-x^3-x\Rightarrow y\text{'}=-3x^2-1<0$ với mọi x nên hàm số nghịch biến trên R

Hàm trùng phương $y=x^4+x^2$ luôn có cực trị nên không đồng biến trên R.

$y=\frac{x-1}{x-2}\Rightarrow y\text{'}=\frac{-1}{{\left(x-2\right)}^2}<0$ với mọi x thuộc tập xác định nên hàm số nghịch biến.

$y=\frac{1-x}{x-2}\Rightarrow y\text{'}=\frac{1}{{\left(x-2\right)}^2}>0$ với mọi x thuộc tập xác định nên hàm số đồng biến.

Chọn A.

- Đồ thị hàm số đi qua điểm (0;1) nên loại C.

- Đồ thị hàm số đi qua điểm (1;0) nên loại B, D.

Chọn B.

Chọn C.

Chọn B.

Chọn A.

$\begin{array}{l}{\log }_{\sqrt[3]{a}}\left(a^2\sqrt{b}\right)={\log }_{a^{\frac{1}{3}}}\left(a^2{b}^{\frac{1}{2}}\right)=3{\log }_a\left(a^2{b}^{\frac{1}{2}}\right)=3\left({\log }_a{a}^2+{\log }_a{b}^{\frac{1}{2}}\right)\\ =3\left(2+\frac{1}{2}{\log }_{a}b\right)=6+\frac{3}{2}{\log }_{a}b\end{array}$

Chọn C.

Biến đổi phương trình về dạng:

${3.3}^x+{3.3}^{-x}=10$.

Đặt $t=3^x,\left(t>0\right)$, phương trình có dạng:

$3t+\frac{3}{t}=10\iff 3t^2-10t+3=0\iff \left[\begin{array}{l}t=\frac{1}{3}\\ t=3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}{3}^x=\frac{1}{3}\\ 3^x=3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=1\end{array}\right.$.

Vậy, phương trình có tập nghiệm là $T=\left\{\pm 1\right\}$.

Chọn A.

Chọn A.

Dựa vào đồ thị hàm số $y=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$, ta có nhận xét sau

* Đồ thị hình chữ N ngược nên hệ số a < 0

* Ta có $y=a{x}^3+b{x}^2+cx+d\Rightarrow y\text{'}=3a{x}^2+2bc+c=0\left(*\right)\Rightarrow \Delta {\text{'}}_{\left(*\right)}=b^2-3ac$

Đồ thị hàm số đi qua hai điểm cực trị có hoành độ $x_1,x_2$ trái dấu nhau nên

$\left\{\begin{array}{l}\Delta {\text{'}}_{\left(*\right)}>0\\ x_1.x_2=\frac{c}{3a}<0\end{array}\right.\Rightarrow c>0$

* Dễ thấy $x_1+x_2=-\frac{2b}{3a}>0\Rightarrow b>0$ và đồ thị hàm số cắt Ox tại ba điểm phân biệt nên d < 0

Chọn D.

$y=\frac{1}{3}{x}^3-\left(m+1\right)x^2+m\left(m+2\right)x+2016\Rightarrow y\text{'}=x^2-2\left(m+1\right)x+m\left(m+2\right)$

$y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=m\\ x=m+2\end{array}\right.$. Lúc này hàm số đồng biến trên các khoảng $\left(-\infty ;m\right),\left(m+2;+\infty \right)$

Chọn B.

Dựa vào đồ thị hàm số, ta có nhận xét sau:

* $y_1=a^x$ là hàm số nghịch biến trên TXĐ và $y_2=b^x,y_3=c^x$ là các hàm số đồng biến trên TXĐ. Do đó a < b và a < c.

* Tại điểm $x=x_0>0\Rightarrow y_2\left(x_0\right)>y_3\left(x_0\right)\Rightarrow b^{x_0}>c^{x_0}\iff b>c$ và tương tự tại điểm $x=x_0<0$

$\Rightarrow y_2\left(x_0\right)<y_3\left(x_0\right)\Rightarrow b^{x_0}<c^{x_0}\iff b>c$. Do đó b > c > a

Chọn D.

Đặt $EF=x,EC=8-x\Rightarrow FC=\sqrt{x^2-{\left(8-x\right)}^2}=\sqrt{16x-64}$

Chọn D.

Ta có: $P={\left(2{\log }_{\frac{a}{b}}a\right)}^2+3\left({\log }_{b}a-1\right)=\frac{4}{{\left({\log }_a\frac{a}{b}\right)}^2}+\frac{3}{{\log }_{a}b}-3=\frac{4}{{\left(1-{\log }_{a}b\right)}^2}+\frac{3}{{\log }_{a}b}-3$

Đặt $t={\log }_{a}b$ (Do a > b > 1 => 0 < t < 1).

Xét $f\left(t\right)=\frac{4}{{\left(t-1\right)}^2}+\frac{3}{t}-3$

Khi đó $f\text{'}\left(t\right)=\frac{-8}{{\left(t-1\right)}^3}-\frac{3}{t^2}=0\iff t=\frac{1}{3}$. Ta có: $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(t\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(t\right)=+\infty ;f\left(\frac{1}{3}\right)=15$

Do đó $P_{\min }=15$

Chọn C.

Phương trình $6^x+\left(3-m\right){.2}^x-m=0\iff 6^x+{3.2}^x=m\left(2^x+1\right)=0\iff m=\frac{{3.2}^x+6^x}{2^x+1}\left(*\right)$

Đặt $t=2^x\iff x={\log }_{2}t\Rightarrow 6^x=6^{{\log }_{2}t}$ và với $x\in \left(0;1\right)\Rightarrow t\in \left(1;2\right)$.

Khi đó $m=f\left(t\right)=\frac{3t+6^{{\log }_{2}t}}{t+1}\left(1\right)$

Xét hàm số $f\left(x\right)=\frac{3t+6^{{\log }_{2}t}}{t+1}$ trên $\left(1;2\right),f\text{'}\left(t\right)=\frac{3t+6^{{\log }_{2}t}\left[t.\left(\ln 3-1\right)+\ln 3\right]}{{\left(t+1\right)}^2.t}>0;\forall t\in \left(1;2\right)$

Nên hàm số f(t) là hàm số đồng biến trên (1;2). Do đó để (*) có nghiệm thuộc khoảng (0;1) khi và chỉ khi (I) có nghiệm thuộc (1;2) => f(1) < m < f(2) <=> 2 < m <4.

Vậy $m\in \left(2;4\right)$ là giá trị cần tìm.

Chọn A.

Gọi H là tâm của hình vuông ABCD $\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)$

Ta có $AH=\frac{AC}{2}=\frac{AB\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}\Rightarrow SH=\sqrt{S{A}^2-H{A}^2}=\frac{a\sqrt{10}}{2}$

$\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{SH.A{B}^2}{3}=\frac{a^3\sqrt{10}}{2}$

Chọn A.

Chọn D.

Từ giả thiết OA = 4OB, suy ra: $OB=\frac{1}{4}OA\Rightarrow \overrightarrow{OB}=\pm \frac{1}{4}\overrightarrow{OA}\iff k=\pm \frac{1}{4}$

Chọn D.

Với giả thiết có hai trường hợp là:

$O\in \left(\left(d\right),\left(d\text{'}\right)\right)$ hoặc $O\notin \left(\left(d\right),\left(d\text{'}\right)\right)$.

Trường hợp 1: Nếu $O\in \left(\left(d\right),\left(d\text{'}\right)\right)$, với $M\in \left(d\right)$ ta có:

$V_O^k\left(M\right)=M\text{'}\in \left(d\text{'}\right)\Rightarrow \overrightarrow{OM\text{'}}=k\overrightarrow{OM}$.

Gọi H, H' theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của O lên (d) và (d’), suy ra:

$\overrightarrow{OH\text{'}}=k\overrightarrow{OH}$⇒ k không đổi.

Vậy, trong trường hợp này có đúng một phép vị tự tâm O biến (d) thành (d’).

Trường hợp 2: Nếu $O\notin \left(\left(d\right),\left(d\text{'}\right)\right)$ thì không có phép vị tự tâm O nào biến (d) thành (d’), bởi nếu trái lại với $M\in \left(d\right)$ ta có:

$V_O^k\left(M\right)=M\text{'}\in \left(d\text{'}\right)\Rightarrow \overrightarrow{OM\text{'}}=k\overrightarrow{OM}$ ⇒ O, M, M' thẳng hàng

$\Rightarrow O\in \left(\left(d\right),\left(d\text{'}\right)\right)$, mâu thuẫn.

Vậy, trong trường hợp này không có phép vị tự tâm O nào biến (d) thành (d’).

Do đó, đáp án D là đúng

$y\text{'}=3x^2-6mx=3x\left(x-2m\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2m\end{array}\right.$

Hàm số đã cho có hai điểm cực trị $A,B\iff y\text{'}=0$ có hai nghiệm phân biệt ó$m\ne 0$ (*)

Giả sử: $\left\{\begin{array}{l}{x}_A=0\Rightarrow y_A=4m^3\Rightarrow A\left(0;4m^3\right)\\ x_B=2m\Rightarrow y_B=8m^3-12m^3+4m^3=0\Rightarrow B\left(2m;0\right)\end{array}\right.\Rightarrow \overline{AB}=\left(2m;-4m^3\right)$

$\Rightarrow AB=\sqrt{4m^2+16m^6}=\sqrt{20}\iff 4{\left(m^2\right)}^3+m^2-5=0\iff m^2=1\iff m=\pm 1$ thỏa mãn (*)