Đề thi thử giữa học kỳ 1 môn Toán lớp 12 online - Mã đề 10

\(y = \sqrt {{x^2} - 6x + 5} \)

TX Đ: \(D = ( - \infty ,1] \cup {\rm{[}}5, + \infty )\)

\(\begin{array}{l}y' = \dfrac{{x - 3}}{{\sqrt {{x^2} - 6x + 5} }}\\y' = 0 \Leftrightarrow \dfrac{{x - 3}}{{\sqrt {{x^2} - 6x + 5} }} = 0 \Leftrightarrow x = 3\\\end{array}\)

\(y'\) không xác định tại \(x=1\) và \(x=5\)

Vậy hàm số đồng biến trên  \(\left( {5, + \infty } \right)\).

\(\begin{array}{l}
{x^4} + 4{x^2} = 0\\
\Leftrightarrow {x^2}\left( {{x^2} + 4} \right) = 0\\
\Leftrightarrow x = 0
\end{array}\)

Do đó đồ thị hàm số đã cho có 1 điểm chung với trục hoành.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

\({x^4} - 3{x^2} + m \)    

\({x^4} - 3{x^2} + m = 0 \)

\(\Leftrightarrow {x^4} - 3{x^2} =  - m\)

\(\Leftrightarrow {x^4} - 3{x^2} - 3 =  - m - 3\)

Số nghiệm của pt \({x^4} - 3{x^2} + m = 0\) chính là số giao điểm của đths \({x^4} - 3{x^2} - 3 = 0\) và đường thẳng \(y= -m - 3\)

Từ  đồ thị hàm số \( \Rightarrow - m – 3 = 0 \Leftrightarrow m=0\)

Hàm số đồng  biến trên khoảng (-2;3)

Ta có: \({V_1} = \dfrac{1}{3}{B_1}{h_1} = \dfrac{2}{3}{B_2}{h_2}\)

\({V_2} = \dfrac{1}{3}{B_2}{h_2} \Rightarrow \dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{{\dfrac{2}{3}{B_2}{h_2}}}{{\dfrac{1}{3}{B_2}{h_2}}} = 2\)

Chọn đáp án A.

Ta có: \(V = \dfrac{1}{3}S.h \)

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

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

Chọn đáp án A.

\(BC = \sqrt {\left( {2{a^2}} \right) - {a^2}}  = a\sqrt 3 \)

Ta có: \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = AB.BC.{\rm{AA'}}\;\)\({\rm{ = }}\;a.a\sqrt 3.2a\;\)\({\rm{ = }}\;2\sqrt 3 {a^3}\)

Chọn đáp án A.

Xét pt hoành độ gio điểm tại (x₀, y₀) ta có :

\(\begin{array}{l} - \dfrac{9}{4}{x_0} - \dfrac{1}{{24}} = \dfrac{{{x_0}^3}}{3} + \dfrac{{{x_0}^2}}{2} - 2{x_0}\\ \Leftrightarrow 8{x_0}^3 + 12{x_0}^2 + 6{x_0} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {2{x_0} + 1} \right)^3} = 0\\ \Leftrightarrow 2{x_0} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {x_0} =  - \dfrac{1}{2} \Rightarrow {y_0} = \dfrac{{13}}{{12}}\end{array}\)

Đồ thị hàm số y = f(x) cắt đường thẳng y = - 2018 tại hai điểm phân biệt.

\({x^3} - 6{x^2} + m = 0 \Leftrightarrow {x^3} - 6{x^2} =  - m\)

Số nghiệm của phương trình \({x^3} - 6{x^2} + m = 0\) chính là số giao điểm của đường thẳng y= -m và đths \(y = {x^3} - 6{x^2}\)

Xét \(y = {x^3} - 6{x^2}\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l}y' = 3{x^2} - 12x\\y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 12x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)

Từ  BBT, pt \({x^3} - 6{x^2} + m = 0\) có 3 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \)  đường thẳng y= -m cắt đths \(y = {x^3} - 6{x^2}\) tại 3 điểm \( \Leftrightarrow \) \(\begin{array}{l} - 32 <  - m < 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 < m < 32\\m \in \mathbb{Z}\end{array} \right.\\\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \) có 31 giá trị của m

\(\begin{array}{l}
y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}} = 2 - \frac{3}{{x + 1}}\\
x \in Z,y \in Z \Rightarrow x + 1 \in U\left( 3 \right)\\
\Rightarrow x + 1 \in \left\{ { \pm 1; \pm 3} \right\}\\
\Rightarrow x \in \left\{ { - 2;0; - 4;2} \right\}
\end{array}\)

Vậy có 4 điểm có tọa độ nguyên.

Ta có tam giác ABC vuông tại B

Áp dụng định lý Py – ta – go ta có:

\(BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {3{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 2 \)

+ \(SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}}  = \sqrt {5{a^2} - {a^2}}  = 2a\)

Khi đó ta có:

\({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.2a.\dfrac{1}{2}.a\sqrt 2 .a \)\(\,= \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}\)

Chọn đáp án B

Tam giác ABC vuông cân tại B

Ta có:

\(A{B^2} + B{C^2} = A{C^2} \)

\(\Rightarrow AB = \sqrt {\dfrac{{A{C^2}}}{2}}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\(\tan {60^ \circ } = \dfrac{{SA}}{{AB}} \)

\(\Rightarrow SA = \tan {60^ \circ }.AB = \sqrt 3 .\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Khi đó ta có:

\(V = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}.\dfrac{1}{2}{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2}\)\(\, = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{24}}\)

Chọn đáp án A.

Tam giác SAB đều

\( \Rightarrow SA = SB = AB = 2a\)

+ \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}}  = \sqrt {4{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 3 \)

Khi đó ta có:

\({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}a\sqrt 3 .4{a^2} = \dfrac{{4{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)

Chọn đáp án B

Hàm số không có GTNN nên A sai.

Đồ thị hàm số không có TCĐ nên B sai.

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt nên C đúng.

 Hàm số không đồng biến trên \(\left( { - 1; + \infty } \right)\) nên D sai.

Từ bbt suy ra y_CT = 0 

Chọn A

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

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

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{{2x - 1}}{{x + 1}} = 2\)\(\) TCN : y=2

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

Xét pt hoành độ giao điểm:

\(\begin{array}{l}{x^2} - 3x - 1 = {x^3} - 1\\ \Leftrightarrow {x^3} - {x^2} + 3x = 0\\ \Leftrightarrow x = 0 \Rightarrow y =  - 1\end{array}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f(x) =  - 2,\) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f(x) = 2\) nên các đường thẳng \(y =  - 2,y = 2\) là các đường tCN của ĐTHS.

Quan sát đồ thị ta thấy đây là dáng đồ thị hàm bậc ba nên loại B.

Mà \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty  \Rightarrow a > 0\) nên loại A.

Điểm (-1;3) thuộc đồ thị nên chọn C.

\(f\left( x \right) = {x^3} - 2{x^2} + 2x - 2\)

Với \(x \in \left[ {0,2} \right]:\)

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

Có:

\(\begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow {y{(0)}} =  - 2\\x = \dfrac{1}{3} \Rightarrow {y{\left( {\dfrac{1}{3}} \right)}} = \dfrac{{ - 50}}{{27}}\\x = 1 \Rightarrow {y{(1)}} =  - 2\\x = 2 \Rightarrow {y{(2)}} = 0\\ \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {0,2} \right]} f(x) = 0\end{array}\)

Tam giác SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy.

Gọi H là trung điểm của AB

\( \Rightarrow SH \bot AB\) hay \(SH \bot \left( {ABC} \right)\)

+ Mặt phẳng (SAC) hợp với (ABC) một góc 45o

\( \Rightarrow \dfrac{{SH}}{{AH}} = \tan {45^ \circ } \Leftrightarrow SA = AH = \dfrac{a}{2}\)

Khi đó \(V = \dfrac{1}{3}SH.S{}_{ABC} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{a}{2}.\dfrac{1}{2}a.a = \dfrac{{{a^3}}}{{12}}\)

Chọn đáp án A.

Chiều cao của hình chóp \(h = \sqrt {9{a^2} - 2a{}^2}  = a\sqrt 7 \)

Thể tích hình chóp:\(V = \dfrac{1}{3}.h.S = \dfrac{1}{3}.a\sqrt 7 .4{a^2} = \dfrac{{4{a^3}\sqrt 7 }}{3}\)

Chọn đáp án D.

Tam giác ABC đều, gọi H là giao điểm của các đường cao.

+ Cạnh bên tạo với đáy một góc bằng \({30^0}\)

\( \Rightarrow \tan {30^0} = \dfrac{{SH}}{{AH}}\)

Mà \(AH = \dfrac{2}{3}\sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

\( \Rightarrow SH = AH.\tan {30^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{a}{3}\)

Vậy \(V = \dfrac{1}{3}.\dfrac{a}{3}.\dfrac{1}{2}.a.a.\sin {60^0} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{36}}{a^3}\)

Chọn đáp án B.

Ta có: \(\dfrac{{SM}}{{MA}} = \dfrac{{SN}}{{NB}} = \dfrac{{SP}}{{PC}} = \dfrac{1}{2} \)

\(\Rightarrow \dfrac{{SM}}{{SA}} = \dfrac{{SN}}{{SB}} = \dfrac{{SP}}{{SC}} = \dfrac{1}{3}\)

Khi đó \(\dfrac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SA}}.\dfrac{{SN}}{{SB}}.\dfrac{{SP}}{{SC}} = {\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^3} = \dfrac{1}{{27}}\)

Chọn đáp án B.

Thể tích khối lăng trụ \(V = \dfrac{1}{2}2a.2a.\sqrt 3  = 2{a^3}\sqrt 3 \)

Chọn đáp án A.

Thể tích hình khố chữ nhật ban đầu: \(V = abc\)

Thể tích khối mới : \({V_m} = 4a.4b.4c = 64abc\)

Chọn đáp án C.

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

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

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

Vậy, hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty , - 1} \right)\) và \(\left( {1, + \infty } \right)\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

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

Số giao điểm của đường thẳng y = 4x -1 và đths \(y = {x^3} - 3{x^2} - 1\) là số nghiệm của \(4x - 1 = {x^3} - 3{x^2} - 1\)

Mặt khác, pt \(4x - 1 = {x^3} - 3{x^2} - 1\) có 3 nghiệm phân biệt nên đường thẳng và đồ thị hàm số có 3 điểm chung

Ta có:

\(y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \ne 1\) nên hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right),\left( {1; + \infty } \right)\).

Vậy hàm số không có điểm cực trị.

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

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

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

Vậy hàm số có 2 điểm cực tiểu và 1 điểm cực đại

\(y =  - \dfrac{{2x - 1}}{{x + 1}}\)

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

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left( { - \dfrac{{2x - 1}}{{x + 1}}} \right) =  - 2 \)\(\,\Rightarrow TCN: y=-2\)

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

Vậy điểm đối xứng của đồ thị hàm số  \(y =  - \dfrac{{2x - 1}}{{x + 1}}\) là I( -1, -2)

Thể tích của khối lập phương là \(V = {\left( {3a} \right)^3} = 27{a^3}\)

Chọn đáp án D.

Ta có: \(\widehat {BCD} = \widehat {BAD} = {120^0}\)

\( \Rightarrow \widehat {ABC} = \widehat {ADC} = {60^0}\)

\( \Rightarrow AB = BC = AC = a\)

Áp dụng định lý Py – ta – go ta có:

\(OA' = \sqrt {A{{A'}^2} - O{A^2}}  \)\(\,= \sqrt {\dfrac{{49{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = 2a\sqrt 3 \)

Khi đó ta có:

\({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = A'O.{S_{ABCD}} \)\(\,= 2a\sqrt 3 .a.a.\sin 60 = 3{a^3}\)

Chọn đáp án B.

Thể tích khối hộp chữ nhật là \(V = abc\)

Chọn đáp án D.

Hình vuông không phải là hình đa diện.

Chọn đáp án B.

Xét pt hoành độ giao điểm ta có:

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

Số giao điểm của 2 đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{4x + 4}}{{x - 1}}\) và \(y = {x^2} - 1{\rm{ }}\) là nghiệm của pt \(\dfrac{{4x + 4}}{{x - 1}} = {x^2} - 1{\rm{ }}\)

\( \Rightarrow \) 2 đồ thị cắt nhau tại 2 điểm

\(y = \dfrac{1}{3}{x^3} + 2{x^2} + \left( {m + 1} \right)x + 5\)

TXĐ:  \(D = \mathbb{R}\)

\(y' = {x^2} + 4x + (m + 1)\)

Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow y' \ge 0;\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow \Delta ' \le 0\\ \Leftrightarrow 4 - (m + 1) \le 0\\ \Leftrightarrow m + 1 \ge 4\\ \Leftrightarrow m \ge 3\end{array}\)

Ta thấy, \(f'\left( x \right) = 2{x^2} \ge 0,\forall x\) và \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0\) nên hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Tâm đối xứng của đồ thị hàm số có thể không nằm trên đồ thị hàm số.

Chẳng hạn đồ thị hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất là giao của hai đường tiệm cận.

Do đó B sai.