Đề thi thử giữa học kỳ 1 môn Toán lớp 12 online - Mã đề 08

Dựa vào bảng xét dấu của hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta thấy \(f'\left( x \right)\) đổi dấu qua \(x = {\rm{\;}} - 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = 2\) và \(x = 4\)

\( \Rightarrow 4\) điểm này là \(4\) điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right).\)

Vậy hàm số \(y = f\left( x \right)\) có \(4\) điểm cực trị.

Chọn A.

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta suy ra được đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) như sau:

Số nghiệm của phương trình \(f\left( {\left| x \right|} \right) = 3m + 1\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) và đường thẳng \(y = 3m + 1\) song song với trục hoành. Do đó để phương trình \(f\left( {\left| x \right|} \right) = 3m + 1\) có 4 nghiệm phân biệt thì \( - 2 < 3m + 1 < 0 \Leftrightarrow {\rm{\;}} - 1 < m < {\rm{\;}} - \dfrac{1}{3}\).

Chọn C.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SA = a}\\{SB = a\sqrt 3 }\\{AB = 2a}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S{A^2} = {a^2}}\\{S{B^2} = 3{a^2}}\\{A{B^2} = 4{a^2}}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow S{A^2} + S{B^2} = A{B^2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( { = 4{a^2}} \right).\)

\( \Rightarrow \Delta SAB\) là tam giác vuông tại S.

Kẻ \(SH \bot AB = \left\{ H \right\}.\)

Khi đó áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta SAB\) vuông tại \(S\) ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{SH = \dfrac{{SA.SB}}{{AB}} = \dfrac{{a.a\sqrt 3 }}{{2a}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.}\\{ \Rightarrow {V_{SACD}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ACD}} = \dfrac{1}{3}SH.\dfrac{1}{2}AD.DC}\\{ = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{1}{2}.4{a^2} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}.}\end{array}\)

Chọn A.

Ta có \(y' = 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\\{x = {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right.\)

Lại có \(y'' = 12{x^2} - 4 \Rightarrow y''\left( 0 \right) = {\rm{\;}} - 4 < 0;{\mkern 1mu} y''\left( 1 \right) = y''\left( { - 1} \right) = 8 > 0\)  nên \(x = 0\) là điểm cực đại của hàm số và \(x = 1;x = {\rm{\;}} - 1\) là các điểm cực tiểu của hàm số.

Nhận thấy rằng đây là hàm trùng phương nên hai điểm cực tiểu sẽ đối xứng nhau qua Oy.

Từ đó để tiếp tuyến của đồ thị song song với trục Ox thì tiếp điểm là điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Do đó để có đúng 1 tiếp tuyến song song với trục Ox thì điểm cực đại hoặc cực tiểu phải nằm trên trục Ox.

Hay \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y\left( 0 \right) = 0}\\{y\left( { \pm 1} \right) = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 2 = 0}\\{m - 3 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2}\\{m = 3}\end{array}} \right.\)

Vậy \(S = \left\{ {2;3} \right\} \Rightarrow \) tổng các phần tử của \(S\) là \(2 + 3 = 5.\)

Chọn C.

Xét hàm số\(y = {\cos ^3}x - 3{\sin ^2}x - m\cos x - 1\) trên \(\left[ {0;\dfrac{\pi }{2}} \right]\).

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{y = {{\cos }^3}x - 3{{\sin }^2}x - m\cos x - 1}\\{y = {{\cos }^3}x - 3\left( {1 - {{\cos }^2}x} \right) - m\cos x - 1}\\{y = {{\cos }^3}x + 3{{\cos }^2}x - m\cos x - 4}\end{array}\)

Đặt \(t = \cos x\), với \(x \in \left[ {0;\dfrac{\pi }{2}} \right]\) thì hàm số \(t\left( x \right) = \cos x\) nghịch biến trên \(\left[ {0;\dfrac{\pi }{2}} \right]\) và \(t \in \left[ {0;1} \right]\).

Khi đó bài toán trở thành tìm\(m\) để hàm số \(y = {t^3} + 3{t^2} - mt - 4\) nghịch biến trên \(\left[ {0;1} \right]\).

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow y' = 3{t^2} + 6t - m \le 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall t \in \left[ {0;1} \right]}\\{ \Leftrightarrow m \ge 3{t^2} + 6t{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall t \in \left[ {0;1} \right]{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)}\end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = 3{t^2} + 6t\) trên \(\left[ {0;1} \right]\) ta có: \(f'\left( t \right) = 6t + 6 = 0 \Leftrightarrow t = {\rm{\;}} - 1.\)

Bảng biến thiên:

 

Dựa vào bảng biến thiên ta có bất đẳng thức (1) xảy ra \( \Leftrightarrow m \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( t \right) \Leftrightarrow m \ge 9.\).

Chọn C.

Gọi \(h\) là chiều cao của bể chứa. Đáy hồ có chiều rộng là x và chiều dài là 2x.

Theo giả thiết ta có \(V = \dfrac{{500}}{3} = h.x.\left( {2x} \right) = 2{x^2}h \Rightarrow h = \dfrac{{250}}{{3{x^2}}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right).\)

Do bể chứa không nắp nên chi phí thuê nhân công chính là chi phí thuê nhân công để xây dựng mặt đáy với các mặt xung quanh.

Diện tích mặt đáy là \(x.\left( {2x} \right) = 2{x^2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{m^2}} \right).\)

Có \(4\) mặt xung quanh với tổng diện tích là \(h.x + h.\left( {2x} \right) + h.x + h\left( {2x} \right) = 6xh.\)

Do đó tổng diện tích mặt xung quanh với mặt đáy là \(S\left( x \right) = 2{x^2} + 6xh{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right).\)

Để chi phí thuê nhân công là thấp nhất thì ta cần tìm cực trị của hàm \(S\left( x \right).\)

Thay \(\left( 1 \right)\) vào \(\left( 2 \right)\) ta nhận được

\(S\left( x \right) = 2{x^2} + 6x.\dfrac{{250}}{{3{x^2}}} = 2{x^2} + \dfrac{{500}}{x}.\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số \(\left( {2{x^2};\dfrac{{250}}{x};\dfrac{{250}}{x}} \right)\) ta  nhận được

\(S\left( x \right) = 2{x^2} + \dfrac{{250}}{x} + \dfrac{{250}}{x} \ge 3\sqrt[3]{{2{x^2}.\dfrac{{250}}{x}.\dfrac{{250}}{x}}} = 3\sqrt[3]{{2.250.250}} = 150.\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(2{x^2} = \dfrac{{250}}{x} \Leftrightarrow x = 5.\) Khi đó chi phí thuê nhân công là \(150 \times 100.000 = 15.000.000\) (đồng).

Chọn A.

+) Kẻ \(CK \bot AD \Rightarrow CK = KD = 2a\)

Mà \(\Delta CKD\) vuông tại C nên \(CD = 2\sqrt 2 a.\)

Kẻ \(AH \bot CD\) mà \(SA \bot CD\left( {doSA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\)

\( \Rightarrow SH \bot CD\)

Nên góc giữa \(\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {SHA} \Rightarrow \angle \widehat {SHA} = {\text{ }}60^\circ \) 

Mặt khác ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{S_{ABCD}} = {S_{ACD}} + {S_{ABC}}}\\{ \Leftrightarrow \dfrac{{\left( {BC + AD} \right)AB}}{2} = \dfrac{{AH.CD}}{2} + \dfrac{{AB.BC}}{2}}\\{ \Leftrightarrow \left( {a + 3a} \right).2a = AH.2\sqrt 2 a + 2a.a}\\{ \Leftrightarrow AH = \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}a}\end{array}\)

+) \(\Delta SAH\) vuông tại A có \(\widehat {SHA} = 60^\circ  \Rightarrow SA = \tan 60^\circ .AH = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}a\) 

+) \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{3\sqrt 6 }}{2}a.\dfrac{{\left( {a + 3a} \right).2a}}{2} = 2\sqrt 6 {a^3}.\)

Chọn B.

Ta có: \(g'\left( x \right) = 2x{\mkern 1mu} f'\left( {{x^2} - 2} \right)\)

Cho \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{x^2} - 2 =  - 1}\\{{x^2} - 2 = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = {\rm{\;}} \pm 1}\\{x = {\rm{\;}} \pm 2}\end{array}} \right.\), trong đó \(x = {\rm{\;}} \pm 1\) là nghiệm bội 2.

Bảng xét dấu \(g'\left( x \right)\):

Vậy hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( { - 1;0} \right)\) là phát biểu sai.

Chọn C.

ĐKXĐ: \(x \ne m\).

Ta có: \(y' = \dfrac{{ - {m^2} + 4}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}}\).

Để hàm số đồng biến trên \(\left( { - 1; + \infty } \right)\) thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y' > 0}\\{m \notin \left( { - 1; + \infty } \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - {m^2} + 4 > 0}\\{m \le {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2 < m < 2}\\{m \le {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow  - 2 < m \le {\rm{\;}} - 1\).

Vậy \(m \in \left( { - 2; - 1} \right]\).

Chọn D.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - m} \right\}\). Ta có: \(y' = \dfrac{{ - {m^2} - 2}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}} < 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in D\).

Do đó hàm số nghịch biến trên \(\left[ { - 1;0} \right]\) nên \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} y = y\left( 0 \right) = \dfrac{2}{m}\).

Theo bài ra ta có: \(\dfrac{2}{m} = {\rm{\;}} - 3 \Leftrightarrow m =  - \dfrac{2}{3}\).

Vậy \({m_0} \in \left( { - 2;0} \right)\).

Chọn C.

\(y = {\rm{\;}} - {x^3} + 4{x^2} + 1 \Rightarrow y' = {\rm{\;}} - 3{x^2} + 8x\).

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ \({x_0}\) là:

\(y = \left( { - 3x_0^2 + 8{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) - x_0^3 + 4x_0^2 + 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( d \right)\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{M\left( {m;1} \right) \in \left( d \right) \Rightarrow 1 = \left( { - 3x_0^2 + 8{x_0}} \right)\left( {m - {x_0}} \right) - x_0^3 + 4x_0^2 + 1}\\{ \Leftrightarrow  - 3mx_0^2 + 8m{x_0} + 3x_0^3 - 8x_0^2 - x_0^3 + 4x_0^2 = 0}\\{ \Leftrightarrow 2x_0^3 - \left( {3m + 4} \right)x_0^2 + 8m{x_0} = 0}\\{ \Leftrightarrow {x_0}\left[ {2x_0^2 - \left( {3m + 4} \right){x_0} + 8m} \right] = 0}\\{ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = 0}\\{2x_0^2 - \left( {3m + 4} \right){x_0} + 8m = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)}\end{array}} \right.}\end{array}\)

Để qua \(M\) kẻ được đúng 2 tiếp tuyến đến đồ thị \(\left( C \right)\) thì phương trình (*) hoặc có 2 nghiệm phân biệt trong đó có nghiệm \({x_0} = 0\) hoặc có nghiệm kép \({x_0} \ne 0\).

TH1: (*) có 2 nghiệm phân biệt trong đó có nghiệm \({x_0} = 0\).

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {3m + 4} \right)}^2} - 64m > 0}\\{8m = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0}\\{{4^2} > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {luon{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} dung} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m = 0\)

TH2: (*) có nghiệm kép \({x_0} \ne 0\).

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {3m + 4} \right)}^2} - 64m = 0}\\{8m \ne 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{9{m^2} - 40m + 16 = 0}\\{m \ne 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 4}\\{m = \dfrac{4}{9}}\end{array}} \right.\).

Vậy \(S = \left\{ {0;4;\dfrac{4}{9}} \right\}\).

Chọn B.

ĐKXĐ: \({x^3} - 3x + 2 \ne 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x + 2} \right) \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne 1}\\{x \ne {\rm{\;}} - 2}\end{array}} \right.\)

+) Nếu \(x = 1\) là nghiệm của \(m{x^3} - 2 \Leftrightarrow m{.1^3} - 2 = 0 \Leftrightarrow m = 2\).

Với \(m = 2\) hàm số trở thành \(y = \dfrac{{2{x^3} - 2}}{{{x^3} - 3x + 2}} = \dfrac{{2\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {x + 2} \right)}} = \dfrac{{2\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}\).

\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có 2 đường TCĐ là \(x = 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = {\rm{\;}} - 2\).

\( \Rightarrow m = 2\) thỏa mãn.

+) Nếu \(x = {\rm{\;}} - 2\) là nghiệm của \(m{x^3} - 2 \Leftrightarrow m.{\left( { - 2} \right)^3} - 2 = 0 \Leftrightarrow m = {\rm{\;}} - \dfrac{1}{4}\).

Với \(m = {\rm{\;}} - \dfrac{1}{4}\) hàm số trở thành

\(y = \dfrac{{ - \dfrac{1}{4}{x^3} - 2}}{{{x^3} - 3x + 2}} = {\rm{\;}} - \dfrac{1}{4}.\dfrac{{{x^3} + 8}}{{{x^3} - 3x + 2}}\)\( = {\rm{\;}} - \dfrac{1}{4}.\dfrac{{\left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 2x + 4} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {x + 2} \right)}} =  - \dfrac{1}{4}.\dfrac{{{x^2} - 2x + 4}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\).

\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có 1 đường TCĐ \(x = 1\).

\( \Rightarrow \) \(m = {\rm{\;}} - \dfrac{1}{4}\) không thỏa mãn.

+) Nếu \(x = 1\) và \(x = {\rm{\;}} - 2\) không là nghiệm của \(m{x^3} - 2 \Leftrightarrow m \ne \left\{ {2; - \dfrac{1}{4}} \right\}\).

Khi đó đồ thị hàm số luôn có 2 TCĐ là \(x = 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = {\rm{\;}} - 2\).

Vậy để đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{m{x^3} - 2}}{{{x^3} - 3x + 2}}\) có đúng hai đường tiệm cận đứng thì \(m \ne {\rm{\;}} - \dfrac{1}{4}\).

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

\(y =  - {x^3} + 3{x^2} + 2\)

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.

Tứ diện có 6 cạnh.

Chọn C

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

Chọn A

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

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

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

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 \(\mathbb{R}\)

Thể tích của thùng hàng đó là:

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

Chọn D.

\(\Delta ABC\)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 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

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

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 \({x_I}  = \frac{{{x_M} + {x_N}}}{2} = \frac{{\frac{{1 + \sqrt {21} }}{2} + \frac{{1 - \sqrt {21} }}{2}}}{2}= \dfrac{1}{2}\)

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 \(I\left( { - 3;2} \right)\).

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

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

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

Chọn D

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

Chọn B

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

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: \(y = \dfrac{1}{3}\left( {x - 1} \right)\)

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.

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

Chọn A.

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

Chọn C.

Cho biết công thức tính thể tích của khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là \(\,\,\,V = \dfrac{1}{3}Bh.\)

 Chọn C

Có 5 khối đa diện đều.

Chọn D.