Đề thi thử giữa học kỳ 1 môn Toán lớp 12 online - Mã đề 05

Cách 1: Lập bảng biến thiên ⇒ Hàm số có 1 cực trị

Cách 2 (nhẩm nhanh) Hàm số có y’ = –4x³ + 24x² = –4x²(x – 6). Phương trình y’ = 0 có 2 nghiệm x = 0 và x = 6 nhưng y’ chỉ đổi dấu (từ dương sang âm) khi đi qua giá trị x = 6 nên hàm số có 1 cực trị tại x = 6.

Chọn D

Các hàm số đã cho đều là bậc 3, để ý rằng khi hàm số bậc 3 có 2 cực trị mà hệ số của x³ âm thì x_CT < x_CĐ (đồ thị có dạng chữ N ngược). Do đó loại A, C

Hàm số ở ý B có y’ = –3x² – 3 < 0 ∀ x nên không có cực trị

Hàm số ở ý D có y’ = –3x² + 18x + 3. Phương trình y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt nên có 2 cực trị

Chọn D

Có y’ = 3x² – 6x. Có y’ = –3 ⇔ x² – 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1. Khi đó y = 2

Phương trình tiếp tuyến: y = –3(x – 1) + 2 ⇔ y = –3x + 5

Chọn B 

y’ = 3x² + 1 > 0 ∀ x nên hàm số luôn đồng biến trên ℝ và cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất.

y’ (1) = 4. y(1) = 3 ⇒ Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 1 là y = 4(x – 1) + 3 ⇔ y = 4x – 1

Do đó câu A, C, D đúng

Chọn B

Câu B sai vì y’ > 0 ∀ x nên các tiếp tuyến đều có hệ số góc dương, do đó không tồn tại 2 tiếp tuyến vuông góc (tích hệ số góc bằng – 1)

Đặt x² = t có phương trình t² – 2t – 3 + m = 0 (2)

Để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt, phương trình (2) phải có 2 nghiệm dương phân biệt ⇔ ∆’ = 1 – (m – 3) > 0 và t₁ + t₂ = 2 > 0 ⇔ m < 4

Chọn B

Ta có: \(\frac{{{V_{SEBD}}}}{{{V_{SBCD}}}} = \frac{{SE}}{{SC}} = \frac{2}{3}\)

Mà: \({V_{SCBD}} = \frac{1}{2}V\)

\(\Rightarrow {V_{SEBD}} = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}.V = \frac{1}{3}V = \frac{1}{3}.\)

Ta có  \({V_{ABC.A'B'C'}} = d(C,(A'B'C').{S_{A'B'C'}}\)

Mặt khác:

\({V_{A'B'C'B}} = \frac{1}{3}d\left( {C,(A'B'C'} \right)).{S_{A'B'C'}}\)

\(= \frac{1}{3}.{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{1}{3}V.\)

Gọi x là độ dài cạnh góc vuông của tam giác ABC ta có:

 \(\sqrt {{x^2} + {x^2}} = 4a \Rightarrow x = 2\sqrt 2 a\)

\(\Rightarrow {S_{ABC}} = 4{a^2}\)

Ta có: \(V = \frac{1}{3}S.h = {a^3} \Rightarrow h = \frac{{3a}}{4}\)

Vậy hàm số đạt cực tiểu tại x=0 và không có điểm cực đại.

Xét hàm số \(y = - {x^4} + 2{x^2} + 1.\)

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

Vậy hàm số đạt cực đại tại x=-1 và x=1.

Ta có \(y' = \frac{{1 - {x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}};\),

\(y' = 0 \Leftrightarrow x = 1\) (do \(x\in [0;2]\))  

Ta có \(y\left( 0 \right) = 0;\,\,y\left( 1 \right) = \frac{1}{2};\,\,y\left( 2 \right) = \frac{2}{5}\) 

Do đó: \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = 0;\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = \frac{1}{2}.\)  

\(y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,{\rm{ }}\forall x \in \left( { - \infty ;1} \right)\) 

và \(\left( {1; + \infty } \right).\)

Nên hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right).\)  

\(y = \cos 2x + 4\cos x + 1 \)

\(= 2{\cos ^2}x + 4\cos x\)

Đặt \(t = \cos x,\,\,1 - \le t \le 1\) 

Khi đó ta có hàm số: \(f(t) = 2{t^2} + 4t,\, - 1 \le t \le 1\) 

\(\begin{array}{l} f'(t) = 4t + 4\\ f'(t) = 0 \Leftrightarrow t = - 1 \end{array}\)

Ta có: \(f(1) = 6;\,\,f( - 1) = - 2\) 

Suy ra hàm số có giá trị lớn nhất là M=6.

Tính diện tích xung quanh của Kim tự tháp chính là tính diện tích của 4 mặt bên của hình chóp tứ giác đều .

Gọi O là tâm của đáy của hình chóp tứ giác đều. 

Ta có: \(SO \bot (ABCD),\,SO = 150\)

AB = BC = CD = DA = 220

Gọi H là trung điểm của CD ta có: \(SH \bot CD\).

\(OH = \frac{{AD}}{2} = 110\)

\(SH = \sqrt {S{O^2} + O{H^2}} = 10\sqrt {346}\)

\({S_{xq}} = 4{S_{SCD}} = 4.\frac{1}{2}CD.SH\)

\(= 4400\sqrt {346}\).

Từ H kẻ HI vuông góc với BD \(\left( {I \in BD} \right)\) và \(HK \bot SI\)  

Suy ra \(HK \bot \left( {SBD} \right).\)

Ta có:

\(SH = \sqrt {S{D^2} - H{D^2}} = a\sqrt 3\) và 

\(HI = \frac{{AC}}{4} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\)

Suy ra  \(HK = \frac{{SH.IH}}{{\sqrt {S{H^2} + I{H^2}} }} \)

\(= \frac{{\frac{{{a^2}\sqrt 6 }}{4}}}{{\frac{{5a\sqrt 2 }}{4}}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{5}\)

Do đó chiều cao của khối chóp H.SBD là:

\(h = \frac{{a\sqrt 3 }}{5}.\)

Gọi các điểm như hình vẽ.

Ta có \(AI \bot BC,SA \bot BC \)

\(\Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right)\) 

Suy ra \(BC \bot AK \Rightarrow AK = {d_{\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)}}\)

Ta có: \(V = {a^3},{S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \)

\(\Rightarrow SA = 4a\sqrt 3\) mà \(AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Trong tam giác vuông SAI ta có:

\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{I^2}}}\)

Vậy \(d = AK = \sqrt {\frac{{A{S^2}.A{I^2}}}{{A{S^2} + A{I^2}}}} = \frac{{4a\sqrt {195} }}{{65}}.\)

Đặt \(t = \sin x,\)  Do \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) nên t > 0.

Khi đó hàm số trở thành:

\(y = \frac{{(m - 1)t - 2}}{{t - m}}\)

\(y' = \frac{{ - m(m - 1) + 2}}{{{{(t - m)}^2}}} = \frac{{ - {m^2} + m + 2}}{{{{(t - m)}^2}}}\)

Với m = -1 và m = 2 thì y' = 0 hàm số đã cho trở thành hàm hằng.

Với \(m\neq -1\) và \(m\neq 2\) để hàm số đồng biến trên (0;1) thì:

\(\left\{ \begin{array}{l} y' > 0,\forall t \in \left( {0;1} \right)\\ m \notin \left( {0;1} \right) \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} m < - 1\\ m > 2 \end{array} \right.\\ m \notin \left( {0;1} \right) \end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m < - 1\\ m > 2 \end{array} \right.\)

Ta có: \(y' = {x^2} + mx\)

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

Vì phương trình y'=0 luôn có một nghiệm x=0 nên không tồn tại giá trị m thỏa yêu cầu bài toán.

Ta có:

\({V_{A.A'B'C'}} + {V_{A.BCC'B'}} = {V_{ABC.A'B'C'}}\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow {V_{A.BCC'B'}} = {V_{ABC.A'B'C'}} - \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\frac{1}{3}.{V_{ABC.A'B'C'}}
\end{array}\)

\(= \frac{2}{3}{V_{ABC.A'B'C'}}\)

Gọi H là hình chiếu của A trên mặt phẳng 

\(\Rightarrow \widehat {\left( {AC';\left( {A'B'C'} \right)} \right)}= \widehat {AC'H} = {60^0}\)

Khi đó

\(\sin \widehat {AC'H} = \frac{{AH}}{{AC'}} \)

\(\Rightarrow AH = \sin {60^0}.4a = 2a\sqrt 3\)

\(\Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = AH.{S_{\Delta A'B'C'}}\)
\(= 2a\sqrt 3 .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^3}}}{2}\)

Vậy thể tích của khối đa diện cần tìm là: 

\({V_{A.BCC'B'}} = \frac{2}{3}.{V_{ABC.A'B'C'}}\)

\(= \frac{2}{3}.\frac{{3{a^3}}}{2} = {a^3}\).

Xét tam giác ABD có \(\widehat {BAD} = {60^0}\)

Nên BAD là tam giác đều cạnh a 

\(\Rightarrow {S_{BAD}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).
Ta có:

\({S_{ABCD}} = 2{S_{ABD}} = 2.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}= \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy 

\({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = AA'.{S_{ABCD}} = {a^3}\sqrt 3\).

\({x^3} + {x^2} + x = m{\left( {{x^2} + 1} \right)^2} \)

\(\Rightarrow m = \frac{{{x^3} + {x^2} + x}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} \ge 0\)

Xét hàm số \(y = \frac{{{x^3} + {x^2} + x}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}\) liên tục trên đoaạn [0;1].

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

Ta có: \(f(0) = 1;\,\,f(1) = \frac{3}{4}.\) 

Kết luận: Để phương trình có nghiệm thuộc [0;1] thì \(0\leq m \leq \frac{3}{4}\). 

Để hàm số có đúng một tiệm cận đứng thì hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l} x - 1 \ne 0\\ {x^2} - mx + m = 0 \end{array} \right.\) phải có có duy nhất một nghiệm.

Hay phương trình \({x^2} - mx + m = 0\) có nghiệm kép khác 1 hoặc có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 1.

Ta có: x=1 không là nghiệm của phương trình \({x^2} - mx + m = 0.\)

Suy ra phương trình \({x^2} - mx + m = 0\) phải có nghiệm kép điều này xảy ra khi:  

\(\Delta = {m^2} - 4m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = 0\\ m = 4 \end{array} \right.\).

Xác định đồ thị hàm số y = |f(x)| từ đồ thị hàm số y = f(x) ta làm như sau:

+ Giữ nguyên phần đồ thì hàm số y = f(x) phía trên trục Ox.

+ Lấy đối xứng phần đồ thị hàm số y = f(x) phía dưới trục Ox qua trục Ox và xóa phần đồ thị hàm số y = f(x) phía dưới trục Ox ta được đồ thị hàm số y = |f(x)| như hình trên.

Dựa vào đồ thị hàm số y = |f(x)| ta thấy phương trình có bốn nghiệm phân biệt khi m=0 hoặc m=3.

Thể tích của khối chóp S.ACD là: 

\({V_{S.ACD}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}} = \frac{{{a^2}}}{2}\).

Mà \(\frac{{{V_{S.MAC}}}}{{{V_{S.DAC}}}} = \frac{{SM}}{{SD}} = \frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow {V_{S.MAC}} = \frac{{{a^3}}}{4}\).

Mặt khác 

\({V_{S.MAC}} = \frac{1}{3}.d\left( {S;\left( {MAC} \right)} \right). {S_{\Delta MAC}} \)

\(= \frac{{{a^3}}}{4}\).

\( \Rightarrow d\left( {S;\left( {MAC} \right)} \right) = \frac{{3{a^3}}}{{4.{S_{\Delta MAC}}}} = a\sqrt 3 \)

Vì BC//AD nên mặt phẳng (BMC) cắt (SAD) theo đoạn thẳng MN//AD (N thuộc SD).

\(\frac{{{V_{S.BMC}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}} = k\)

\( \frac{{{V_{S.MNC}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SD}} = {k^2} \)

\(\Rightarrow {V_{S.MNC}} = {k^2}.{V_{S.ADC}} = \frac{{{k^2}}}{2}.{V_{S.ABCD}}\)

\(\Rightarrow {V_{S.MBCN}} = \left( {\frac{k}{2} + \frac{{{k^2}}}{2}} \right).{V_{S.ABCD.}}\)

Để mặt phẳng (BMNC) chia hình chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau thì:

\(\frac{k}{2} + \frac{{{k^2}}}{2} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow {k^2} + k - 1 = 0 \)

\(\Leftrightarrow k = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}(Do\,k > 0)\).

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

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng  (0;2).

Hàm số có tập xác định \( D = \left( { - \infty ; - 1} \right] \cup \left[ {1; + \infty } \right).\)

 Khi đó  \(y' = {\left( {\sqrt {{x^2} - 1} } \right)} = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} \)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} y' > 0,x > 1\\ y' < 0,x < - 1 \end{array} \right.\)

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\).

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 2mx + 3\)

Đồ thị hàm số đã cho đồng biến trên R thì \(y'(x) \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}\)

Điều này xảy ra khi: \(\Delta ' \le 0,\forall x \in \mathbb{R} \)

\(\Leftrightarrow {m^2} - 9 \le 0,\forall x \in \mathbb{R} \)

\(\Leftrightarrow - 3 \le m \le 3.\)

Nếu hình lăng trụ có đáy là đa giác n cạnh thì số cạnh đáy của hình lăng trụ là 2n và số cạnh bên là n ⇒ tổng số cạnh của hình lăng trụ là 3n. Vậy số cạnh của hình lăng trụ là một số chia hết cho 3.

⇒ Loại A, B, C

D đúng vì 2016 chia hết cho 3

Các khẳng định A, C, D đúng.

Khẳng định B sai vì hai mặt của khối đa diện có thể có điểm chung hoặc không có điểm chung, chẳng hạn hai mặt đối nhau của hình hộp chữ nhật.

Khối đa diện mười hai mặt đều thuộc loại (5;3) ⇒ Mỗi mặt có 5 cạnh.

Mỗi cạnh là cạnh chung của 2 mặt nên tổng số cạnh của đa diện là \(\frac{12.5}{2}=30\) (cạnh).

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}BC.BA = \frac{{{a^2}}}{2}\)

Vậy: \(V = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có hai điểm cực trị.

Lưu ý: Hàm số \(f(x)\) vẫn có thể có cực trị tại điểm \(x_0\) mà tại đó \(f'(x)\) không xác định.

\(f\left( x \right) = {x^3} - 3x + 1\)

\(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\)

Vậy tọa độ các điểm cực trị là: \(A\left( {1, - 1} \right);B\left( { - 1,3} \right)\)

\(\Rightarrow AB = \sqrt {{{\left( { - 1 - 1} \right)}^2} + {{(3 - 1)}^2}} \)

\(= 2\sqrt 2\).

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = 1 \Rightarrow y = 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \frac{3}{2} \Rightarrow y = \frac{3}{2}\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Gọi H là trung điểm của A’B, theo đề ta suy ra: 

\(AH \bot \left( {A'B'C'} \right)\)

\(\Rightarrow \widehat {AA'H} = {45^0}\) khi đó: 

\(AH = A'H.\tan {45^0} = \frac{a}{2}.\)

Vậy: \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}\).

Ta có: \(\frac{{{V_{SEBD}}}}{{{V_{SBCD}}}} = \frac{{SE}}{{SC}} = \frac{2}{3}\)

Mà: \({V_{SCBD}} = \frac{1}{2}V \)

\(\Rightarrow {V_{SEBD}} = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}.V = \frac{1}{3}V = \frac{1}{3}.\)

\(y = f(x) = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 6\)

Đây là một câu hỏi dễ lấy điểm. Để tìm được GTNN của hàm số trên đoạn \(\left[ { - 4;4} \right]\) ta giải phương trình \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1\\ x = 3 \end{array} \right.\).

Ta lần lượt so sánh \(f\left( { - 4} \right),f\left( 4 \right),f\left( { - 1} \right),f\left( 3 \right)\) thì thấy \(f\left( { - 4} \right) = - 70\) là nhỏ nhất.

Vậy đáp án đúng là D.

Hàm số \(y = x\sqrt {1 - {x^2}}\) xác định trong đoạn \(\left[ { - 1;1} \right]\)

Ta có \(y' = \sqrt {1 - {x^2}} - \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} = \frac{{1 - 2{x^2}}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}\)

 \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = \frac{1}{{\sqrt 2 }}}\\ {x = - \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \end{array}} \right.\). Ta lần lượt so sánh các giá trị

\(y\left( { - 1} \right) = 0;y\left( 1 \right) = 0;\)

\(y\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) = \frac{{ - 1}}{2};y\left( {\frac{{ - 1}}{{\sqrt 2 }}} \right) = \frac{1}{2}\)

Vậy \(M - m = \frac{1}{2} - \left ( - \frac{1}{2} \right ) = 1\)