Đề thi thử giữa học kỳ 1 môn Toán lớp 12 online - Mã đề 17

\(\begin{array}{l}{x^3} - 3{x^2} + m = 0\\ \Leftrightarrow  - {x^3} + 3{x^2} = m\\ \Leftrightarrow  - {x^3} + 3{x^2} - 4 = m - 4\end{array}\)

Số nghiệm của phương trình \({x^3} - 3{x^2} + m = 0\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y =  - {x^3} + 3{x^2} - 4\) và đường thẳng  \(y= m - 4\).

\( \Rightarrow \) Để pt \({x^3} - 3{x^2} + m = 0\) có 2 nghiệm phân biệt thì đồ thị hàm số \(y =  - {x^3} + 3{x^2} - 4\) cắt đường thẳng  \(y= m – 4\) tại 2 đi ểm \(\left[ \begin{array}{l}m - 4 = 0\\m - 4 =  - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 4\\m = 0\end{array} \right.\)

\(y =  - {x^3} + 3{x^2} + 2\)

TX Đ: \(D = \mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l}y' =  - 3{x^2} + 6x\\y' = 0\\ \Rightarrow  - 3{x^2} + 6x = 0\\ \Leftrightarrow x( - 3x + 6) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)

Từ bảng biến thiên, điểm cực đại của hàm số: \(x=2\)

Xét \(y = {x^4} - 3{x^2} - 5\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l}y' = 4{x^3} - 6x\\y' = 0\\ \Rightarrow 4{x^3} - 6x = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \dfrac{{\sqrt 6 }}{2}\\x =  - \dfrac{{\sqrt 6 }}{2}\end{array} \right.\end{array}\)

Bảng biến thiên

Từ  bảng biến thiên, số giao điểm của đồ thị \(y = {x^4} - 3{x^2} - 5\) với  trục hoành là 2.

\(\begin{array}{l}
y' = 3{x^2} - 2\\
\Rightarrow k = y'\left( { - 1} \right) = 3.{\left( { - 1} \right)^2} - 2 = 1
\end{array}\)

\(y =  - \dfrac{{{x^3}}}{3} + {x^2} + mx\)

Txđ : \(D = \mathbb{R}\)

\(y' =  - {x^2} + 2x + m\)

Hàm số \(y =  - \dfrac{{{x^3}}}{3} + {x^2} + mx\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow y' \le 0\;\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow  - {x^2} + 2x + m \le 0\;\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow \Delta ' \le 0\;\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow 1 + m \le 0\;\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow m \le  - 1\end{array}\)

\(y = \dfrac{{2x - 3}}{{x - 1}}\)

TXĐ : D=\(\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{{2x - 3}}{{x - 1}} = 2\\ \Rightarrow TCN:y = 2\\\left. \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y =  - \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y =  + \infty \end{array} \right\} \Rightarrow TCĐ:x = 1\end{array}\)

y=x3 – 3x

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l}y' = 3{x^2} - 3\\y' = 0\\ \Rightarrow 3{x^2} - 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 1\end{array} \right.\end{array}\)

Từ bảng biến thiên, hàm số đồng biến trên \(( - \infty , - 1)\) và \((1, + \infty )\); nghịch biến trên \(( - 1,1)\)

\(y = {x^3} + 1\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l}y' = 3{x^2}\\y' = 0 \Rightarrow 3{x^2} = 0 \Rightarrow x = 0\end{array}\)

Từ bbt, hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\)

Hàm số có ba điểm cực trị. (Đúng)          

Hàm số có giá trị cực đại bằng 3. (Đúng)

Hàm số có giá trị cực đại bằng 0. (Sai vì Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 0)

Hàm số có hai điểm cực tiểu. (Đúng)

\(f\left( x \right) + m = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) =  - m\)

Số nghiệm của phương trình \(\) chính bằng số giao điểm của đths y=f(x) và đường thẳng y= -m 

Để \(f\left( x \right) + m = 0\) có 3 nghiệm pb thì đths y = f(x) cắt đường thẳng y=-m tại 3 điểm

\(\begin{array}{l} \Rightarrow  - 1 < - m < 2\\ \Leftrightarrow  - 2 < m < 1\\ \Rightarrow m \in \left( { - 2,1} \right)\end{array}\)    

Ta có: \(\sqrt a .\sqrt[3]{a}\sqrt[6]{{{a^5}}} = {a^{\dfrac{1}{2}}}.\,{a^{\dfrac{1}{3}}}.\,{a^{\dfrac{5}{6}}}\)\(\, = {a^{\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{5}{6}}} = {a^{\dfrac{5}{3}}}\)

Tập xác định của hàm số:

\(\left\{ \begin{array}{l}{\log _2}\dfrac{{3 - 2x - {x^2}}}{{x + 1}} \ge 0\\\dfrac{{3 - 2x - {x^2}}}{{x + 1}} > 0;\,x \ne  - 1\end{array} \right. \\ \Leftrightarrow \dfrac{{3 - 2x - {x^2}}}{{x + 1}} \ge 1 \\ \Leftrightarrow \dfrac{{2 - 3x - {x^2}}}{{x + 1}} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}2 - 3x - {x^2} \ge 0\\x + 1 > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}2 - 3x - {x^2} \le 0\\x + 1 < 0\end{array} \right.\end{array} \right. \\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x \in \left[ {\dfrac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{2};\dfrac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{2}} \right]\\x >  - 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x \in \left( { - \infty ;\dfrac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{2}} \right] \cup \left[ {\dfrac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{2}; + \infty } \right)\\x <  - 1\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \in \left( { - 1;\dfrac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{2}} \right]\\x \in \left( { - \infty ;\dfrac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{2}} \right]\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \)\(\left( { - \infty ;\dfrac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{2}} \right] \cup \left( { - 1;\dfrac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{2}} \right]\)

Ta có:

\({\log _a}\left( {\dfrac{{{a^2}\sqrt[3]{{{a^2}}}\sqrt[5]{{{a^4}}}}}{{\sqrt[{15}]{{{a^7}}}}}} \right)\)

\(= {\log _a}\left( {\dfrac{{{a^2}.{a^{\dfrac{2}{3}}}.{a^{\dfrac{4}{5}}}}}{{{a^{\dfrac{7}{{15}}}}}}} \right)\)

\(= {\log _a}\left( {\dfrac{{{a^{\dfrac{{52}}{{15}}}}}}{{{a^{\dfrac{7}{{15}}}}}}} \right)\)

\(= {\log _a}\left( {{a^3}} \right) = 3\)

Ta có: \({4^x} + {4^{ - x}} = 23 \)

\(\Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} + {\left( {{2^{ - x}}} \right)^2} = 23 \)

\(\Leftrightarrow {\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} - {2.2^x}{.2^{ - x}} = 23\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} = 25\)

\(\Leftrightarrow {2^x} + {2^{ - x}} = 5\)

Khi đó \(K = \dfrac{{5 + 5}}{{1 - \left( 5 \right)}} = \dfrac{{10}}{{ - 4}} =  - \dfrac{5}{2}\)

Ta có: \({\log _{{a^5}}}a = \dfrac{1}{5}{\log _a}a = \dfrac{1}{5}.\)

Ta có: \({x^2} \ge 0 \Rightarrow {e^{{x^2}}} \ge {e^0} = 1\)

Điều kiện: \(5x > 0 \Rightarrow x > 0\)

Ta có: \({\log _5}(5x) - {\log _{25}}(5x) - 3 = 0 \)

\(\Leftrightarrow {\log _5}(5x) - {\log _{{5^2}}}(5x) - 3 = 0\)

\( \Leftrightarrow {\log _5}(5x) - \dfrac{1}{2}{\log _5}(5x) = 3\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}{\log _5}(5x) = 3 \)

\(\Leftrightarrow {\log _5}\left( {5x} \right) = 6\)

\( \Leftrightarrow 5x = {5^6} \Leftrightarrow x = {5^5}\).

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm

Điều kiện: \(x > 1.\)

Ta có: \({\log _2}x + {\log _2}(x - 1) = 1\)

\(\Leftrightarrow \log {}_2\left[ {x\left( {x - 1} \right)} \right] = 1\)

\(\Leftrightarrow {x^2} - x = 2\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 0 \)

\(\Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0 \)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1(ktm)\\x = 2(tm)\end{array} \right.\)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là \(S = \left\{ { 2} \right\}\)

Ta có: \(y = \dfrac{1}{2}{\tan ^2}x + \ln (\cos x)\)

\(\Rightarrow y' = {\left( {\dfrac{1}{2}{{\tan }^2}x + \ln (\cos x)} \right)^\prime }\)

\(= \tan x.\dfrac{1}{{\cos {x^2}}} - \dfrac{{\sin x}}{{\cos x}}\)

\(= \left( {{{\tan }^2}x + 1} \right)\tan x - \tan x = {\tan ^3}x.\)

Ta có: \(y = (x + 1).{e^x} \)

\(\Rightarrow y' = {\left( {(x + 1).{e^x}} \right)^\prime } \)\(\,= {\left( {x + 1} \right)^\prime }.{e^x} + \left( {x + 1} \right){\left( {{e^x}} \right)^\prime } \)\(\,= {e^x} + \left( {x + 1} \right){e^x}\)

\( \Rightarrow y' - y = {e^x}\)

Tứ diện có 6 cạnh.

\(\begin{array}{l}V = B.h = abh\\V' = B'.h' = 5a.5b.5h = 125abh = 125V\end{array}\)

Gọi I là trung điểm của AB khi đó dựng \(IH \bot \left( {SAC} \right)\)

Khi đó \(IH = \dfrac{{OB}}{2} = \dfrac{{BD}}{4} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}\)

\(d\left( {G,\left( {SAC} \right)} \right) = \dfrac{2}{3}d\left( {I,\left( {SAC} \right)} \right)\)\(\, = \dfrac{2}{3}IH = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{6}\)

Chọn B

Thể tích của thùng hàng đó là:

\(V = abc = 2.1,5.0,7 = 2,1\left( {{m^3}} \right)\)

\(\Delta ABC\)là tam giác đều cạnh \(a\)nên có diện tích \({S_{ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Ta có \(AM = \dfrac{{A{A_1}}}{2} = \dfrac{a}{2}\)

Hai tứ diện \(MABC\)và \(M{A_1}BC\)có chung đỉnh\(C\), diện tích hai đáy \(MAB\)và \(M{A_1}B\)bằng nhau nên có thể tích bằng nhau, suy ra

\({V_{M.BC{A_1}}} = {V_{M.ABC}} = \dfrac{1}{3}AM.{S_{ABC}} \)\(\,= \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\)

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, I là trung điểm của AB

\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}GA = GB = GC\\SA = SB = SC\end{array} \right\} \Rightarrow SG \bot \left( {ABC} \right)\\CG = \dfrac{2}{3}CI = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\\SG = \sqrt {S{C^2} - C{G^2}} \\ = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}} \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\\V = \dfrac{1}{3}SG.{S_{ABC}} \\\;\;\;\;= \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}}}{{12}}\end{array}\)

Công thức tính thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là: \(V = Bh.\)

Trung điểm các cạnh của một tứ diện đều là các đỉnh của một hình bát diện đều.

Khối lập phương là khối đa diện đều loại {4,3}