Đề thi thử giữa học kỳ 1 môn Toán lớp 12 online - Mã đề 04

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

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

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

Chọn A

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)

Chọn C

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

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 \(\mathbb{R}\)

Chọn B

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 \(( - 1,1)\)

Chọn D

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

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

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

Chọn D

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

Txđ : \(D = \mathbb{R}\)

\(y' =  - {x^2} + 2x + m\)

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

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

Chọn D

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

Chọn D

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.

\(y =  - {x^3} + 3{x^2} + 2\)

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: \(x=2\)

Chọn B

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

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 \(\left[ \begin{array}{l}m - 4 = 0\\m - 4 =  - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 4\\m = 0\end{array} \right.\)

Chọn A

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

Chọn C.

\(\begin{array}{l}{V_{ABC.A'B'C'}} = h.{S_{ABC}}\\{V_{A'.ABC}} = \dfrac{1}{3}h.{S_{ABC}}\\ \Rightarrow {V_{A'.ABC}} = \dfrac{V}{3}\end{array}\)

Chọn A.

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

Chọn B

Xét pt:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{x + 1}}{{x - 2}} = x + 2{\rm{         }}\left( {{\rm{Dk: x}} \ne {\rm{2 }}} \right)\\ \Rightarrow x + 1 = {x^2} - 4\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 5 = 0\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_M} = \dfrac{{1 + \sqrt {21} }}{2}\\{x_N} = \dfrac{{1 - \sqrt {21} }}{2}\end{array} \right.\end{array}\)

Do I là trung điểm của MN nên \({x_I}  = \frac{{{x_M} + {x_N}}}{2} = \frac{{\frac{{1 + \sqrt {21} }}{2} + \frac{{1 - \sqrt {21} }}{2}}}{2}= \dfrac{1}{2}\)

Chọn D

Đáp án A: tâm đối xứng \(I\left( { - 3;2} \right)\) \( \Rightarrow OI = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {2^2}}  = \sqrt {13} \)

Đáp án B: tâm đối xứng \(I\left( { - 1; - 1} \right)\) \( \Rightarrow OI = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}}  = \sqrt 2 \)

Đáp án C:

\(\begin{array}{l}y' = 6{x^2} - 6x\\y'' = 12x - 6 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}\\ \Rightarrow y\left( {\frac{1}{2}} \right) =  - \frac{5}{2}\end{array}\)

tâm đối xứng \(I\left( {\frac{1}{2};\frac{5}{2}} \right)\) \( \Rightarrow OI = \sqrt {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{\sqrt {26} }}{2}\)

Đáp án D:

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

tâm đối xứng \(I\left( {0; - 2} \right)\) \( \Rightarrow OI = \sqrt {{0^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}}  = 2\)

Vậy điểm cách O khoảng lớn nhất là \(I\left( { - 3;2} \right)\).

Chọn  A.

C sai vì có thể xảy ra TH hàm số đơn điệu trên R nên không có cực trị.

Chọn C

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

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\)

Xét pt hoành độ: \(\dfrac{{x - 1}}{{x + 2}} = 0 \Leftrightarrow x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1\)

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

Vậy pt tiếp tuyến của ( C) tại giao điểm của c với trục hoành: \(y = \dfrac{1}{3}\left( {x - 1} \right)\)

Chọn D

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

Chọn D

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

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

Chọn A

\(\Delta ABC\)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

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

Chọn B.

Hàm số có giá trị cực tiểu \(y =  - 2\) nên A sai.

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 2\) và đạt cực đại tại \(x = 0\) nên B đúng.

Chọn B.

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x}}{{x - 2}}\) có đường TCN là \(y = 2\) hay \(y - 2 = 0\).

Chọn D.

\(y = \dfrac{1}{4}{x^4} - 2{x^2} + 3\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

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

Từ BBT, hàm số ĐB trên \(\left( { - 2,0} \right)\)và \({\rm{(2, + }}\infty {\rm{)}}\); NB trên \(( - \infty , - 2)\) và \(\left( {0,2} \right)\) 

Chọn B

TCĐ: \(x = 1\) loại C.

Đths đi qua điểm \(\left( { - 1;0} \right)\) nên loại A,B.

Chọn D

\(y' =  - \frac{8}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} < 0\) nên hàm số nghịch biến trên \(\left[ {0;2} \right]\)

\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = y\left( 0 \right) = \frac{1}{3}\)

Chọn D

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

\(\begin{array}{l}
y' = {x^2} - 4x + 3\\
y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = 3
\end{array} \right.
\end{array}\)

Vậy hàm số nghịch biến trên (1,3).

Chọn B

Thể tích của thùng hàng đó là:

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

Chọn D.

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

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

Chọn A

Tứ diện có 6 cạnh.

Chọn C

\(\begin{array}{l}{S_{ABCD}} = {a^2}\\{V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABCD}}\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = \dfrac{1}{3}a.{a^2} = \dfrac{{{a^3}}}{3}\end{array}\)

Chọn B

Góc giữa SC và (SAB) là góc BSC

\( \Rightarrow \widehat {BSC} = {30^o}\)

\(\begin{array}{l}SB = CB\cot {30^o} = a\sqrt 3 \\SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}}  = \sqrt {3{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 2 \end{array}\)

Gắn hệ trục tọa độ như sau:

Gốc \(O \equiv A\left( {0;0;0} \right);\,Ox \equiv AB;\)

\(\,Oy \equiv AD;\,Oz \equiv AS\)

Tạo độ các điểm được xác định như sau:

\(\begin{array}{l}D\left( {0;a;0} \right);E\left( {a;\dfrac{a}{2};0} \right);C\left( {a;a;0} \right);F\left( {0;\dfrac{a}{2};\dfrac{a}{{\sqrt 2 }}} \right)\\\overrightarrow {DE} \left( {a; - \dfrac{a}{2};0} \right)\\\overrightarrow {CF} \left( { - a; - \dfrac{a}{2};\dfrac{a}{{\sqrt 2 }}} \right)\\\overrightarrow {DC} \left( {a;0;0} \right)\\\left[ {\overrightarrow {DE} ,\overrightarrow {CF} } \right] = \left( { - \dfrac{{{a^2}}}{{2\sqrt 2 }}, - \dfrac{{{a^2}}}{{\sqrt 2 }}; - {a^2}} \right)\\d = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {DC} .\left[ {\overrightarrow {DE} ,\overrightarrow {CF} } \right]} \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {DE} ,\overrightarrow {CF} } \right]} \right|}}\\\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\left| { - \dfrac{{{a^3}}}{{2\sqrt 2 }}} \right|}}{{\sqrt {{{\left( { - \dfrac{{{a^2}}}{{2\sqrt 2 }}} \right)}^2} + {{\left( { - \dfrac{{{a^2}}}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2} + {{\left( { - {a^2}} \right)}^2}} }}\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{a\sqrt {13} }}{{13}}\end{array}\)

Chọn C

Giả sử dáy của hình chóp có n cạnh \( \Rightarrow 2n = 20 \Leftrightarrow n = 10\)

Do đó số mặt của chóp là: 10 + 1 = 11

Chọn D.

Nếu \(f'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {a;b} \right)\) thì hàm số nghịch biến trên \(\left( {a;b} \right)\).

Chọn B.

Nếu \(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( {{x_0}} \right) = 0\\f''\left( {{x_0}} \right) < 0\end{array} \right.\) thì \(x = {x_0}\) là điểm cực đại của hàm số.

Chọn B.

Hàm số bậc ba nếu có cực đại thì có cả cực tiểu vì hàm số bậc ba chỉ có thể có hai điểm cực trị hoặc không có điểm cực trị nào.

Chọn C.

Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } y =  + \infty \) thì \(x = {x_0}\) là đường TCĐ của đồ thị hàm số.

Chọn B.

Xét khối lập phương ABCD.A'B'C'D' 
Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA 
M', N', P', Q' lần lượt là trung điểm của A'B', B'C', C'D', D'A' 
R, S, T, U lần lượt là trung điểm của AA', BB', CC', DD' 
Khối lập phương ABCD. A'B'C'D' có 9 mp đối xứng như sau: 
a) 3 mp đối xứng chia nó thành 2 khối hộp chữ nhật (là các mp MPP'M', NQQ'N', RSTU) 
b) 6 mp đối xứng chia nó thành 2 khối lăng trụ tam giác (là các mp ACC'A', BDD'B', AB'C'D, A'BCD', ABC'D', A'B'CD)

Chọn C

Thể tích khối bát diện đều \(V = 2{V_{S.ABCD}}\)

Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

Vì ABCD là hình vuông nên \(AC = BD = a\sqrt 2 \)

\(\Rightarrow OA = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OA\)

\(\Rightarrow \Delta SOA\) vuông tại O

\( \Rightarrow SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}}  = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{2}} \)\(\, = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} \)

\(= \dfrac{1}{3}\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.{a^2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\)

\( \Rightarrow V = 2\dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}\)

Chọn A.

Thể tích khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh a là:

\(V = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\)

Chọn D.