Đề thi thử học kỳ 1 môn Toán lớp 12 online - Mã đề 09

Từ đồ thị hàm số đã cho ta thấy:

TXĐ của hàm số:  \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là \(x = 1\) và đường tiệm cận ngang là \(y = 2\).

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng \( - 1\) và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng \( - \dfrac{1}{2}\).

Suy ra hàm số có đồ thị đã cho là  \(y = \dfrac{{2x + 1}}{{x - 1}}\)

Đáp án  B

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{{{x^2} + 3x}}{{{x^2} - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{{1 + \dfrac{3}{x}}}{{1 - \dfrac{4}{{{x^2}}}}} = 1\)

 Suy ra đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận ngang là \(y = 1\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ + }} \dfrac{{{x^2} + 3x}}{{{x^2} - 4}} =  - \infty ;\) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \dfrac{{{x^2} + 3x}}{{{x^2} - 4}} =  + \infty \)

 Do đó đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận đứng là \(x = 2\) và \(x =  - 2\).

Vậy đồ thị hàm số đã cho có tất cả 3 đường tiệm cận.

Đáp án A

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

Ta có:

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

BBT của hàm số đã cho như sau:

Từ BBT ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \dfrac{1}{3};1} \right)\) và đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - \dfrac{1}{3}} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Đáp án  C

Hàm số đã cho là hàm bậc bốn trùng phương nên hàm số đã cho có dạng:   \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\)

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y =  - \infty \) nên \(a < 0\)

Đồ thị hàm số đã cho cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3 nên \(c = 3\)

Đồ thị hàm số có các điểm cực tiểu là \(\left( { - 1;4} \right)\) và \(\left( {1;4} \right)\) mà \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} =  - \dfrac{b}{{2a}}\end{array} \right.\) nên \( - \dfrac{b}{{2a}} = 1\)

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại các điểm \(\left( { - \sqrt 3 ;0} \right)\) và \(\left( {\sqrt 3 ;0} \right)\) nên \(9a + 3b + c = 0\)

Suy ra \(a =  - 1;\,\,\,b = 2,\,\,\,\,c = 3\)

Vậy hàm số có đồ thị đã cho là \(y =  - {x^4} + 2{x^2} + 3\).

Đáp án D

Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}{\log _a}2 = m \Leftrightarrow {a^m} = 2\\ \Rightarrow {a^{ - m}} = \dfrac{1}{{{a^m}}} = \dfrac{1}{2}\end{array} \right\} \Rightarrow {a^m} + {a^{ - m}} = 2 + \dfrac{1}{2} = \dfrac{5}{2}\)

Đáp án  B

TXĐ:    \(D = \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right)\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\ln \left( {{x^2} - 3x} \right) = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x = {e^0}\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 1 = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)

Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn TXĐ nên tổng các nghiệm của phương trình (1) bằng 3 hay tổng các nghiệm của phương trình đã cho bằng 3.

Đáp án  B

\(x = a\) là cực tiểu của hàm số \(y = f\left( x \right)\)  khi \(a \in D\) và \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ âm \(\left(  -  \right)\) sang dương \(\left(  +  \right)\) khi đi qua điểm \(x = a\).

Từ đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta thấy có 3 điểm thuộc đồ thị hàm số và tại đó, \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ âm \(\left(  -  \right)\) sang dương \(\left(  +  \right)\). Do đó hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 3 điểm cực tiểu.

Đáp án  C

Ta có:  \({\log _a}b = 3 \Leftrightarrow b = {a^3}\,\,\,\,\left( {0 < a \ne 1,\,\,\,b > 0} \right)\)

Đáp án  C

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

Ta có:  \({2^x} = 3 \Leftrightarrow x = {\log _2}3\,\,\,\,\left( {t/m} \right)\)

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là   \(x = {\log _2}3\)

Đáp án  B

Gọi \(h\) là chiều cao, \(r\) là bán kính đáy của hình trụ đã cho.

Thể tích của hình trụ đã cho là       \(V = \pi {r^2}h\)

Để làm cái thùng tốn hết ít tôn nhất thì diện tích toàn phần của cái thùng phải nhỏ nhất

Diện tích toàn phần của cái thùng có nắp là:                  \({S_{tp}} = 2\pi {r^2} + 2\pi rh\)

Áp dụng BĐT AM – GM ta có:

      \({S_{tp}} = 2\pi {r^2} + 2\pi rh = \pi \left( {2{r^2} + rh + rh} \right)\) \( \ge \pi .3\sqrt[3]{{2{r^2}.rh.rh}} = 3\pi \sqrt[3]{{2{V^2}}}\)

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi \(2{r^2} = rh \Leftrightarrow h = 2r\)

Do đó, để làm cái thùng hết ít tôn nhất thì tỉ lệ giữa chiều cao và bán kính đáy của hình trụ bằng 2.

Đáp án  A

TXĐ:  \(D = \mathbb{R}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}y =  - {x^3} + 2{x^2} + 7x\\ \Rightarrow y' =  - 3{x^2} + 4x + 7 = \left( {7 - 3x} \right)\left( {x + 1} \right)\\y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{7}{3}\\x =  - 1\end{array} \right.\end{array}\)

BBT của hàm số đã cho như sau:

Từ BBT ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số là   \({y_{CT}} =  - 4\), đạt tại \({x_{CT}} =  - 1\).

Đáp án  C

Thể tích của hình chóp có chiều cao bằng \(h\) và diện tích đáy bằng \(S\) là     \(V = \dfrac{1}{3}Sh\)

Do đó, chiều cao \(h\) của khối chóp trên được tính bởi công thức:        \(h = \dfrac{{3V}}{S}\)

Đáp án  C

TXĐ:   \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}\) nên hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn \(\left[ { - 4; - 3} \right]\).

Ta có:

         \(\begin{array}{l}y = \dfrac{{2x - 1}}{{x + 2}}\\ \Rightarrow y' = \dfrac{{2\left( {x + 2} \right) - \left( {2x - 1} \right)}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \dfrac{5}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in D\end{array}\)

Do đó, hàm số đã cho luôn đồng biến trên các khoảng xác định. Hay hàm số đã cho đồng biến trên đoạn \(\left[ { - 4; - 3} \right]\)

Suy ra   \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 4; - 3} \right]} y = f\left( { - 4} \right) = \dfrac{9}{2}\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ { - 4; - 3} \right]\) bằng  \(\dfrac{9}{2}\).

Đáp án  A

Thể tích của khối lăng trụ có chiều cao \(h = 3\,cm\) và diện tích đáy \(B = 10\,c{m^2}\) là     

\(V = Bh = 10.3 = 30\left( {c{m^3}} \right)\)

Đáp án  C

Từ hình vẽ đã cho ta thấy: hình đa diện đã cho có 6 đỉnh.

Đáp án  C

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\end{array} \right.\)

\(SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot AH\)

Tam giác \(SHA\) vuông tại \(H\) nên

             \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{a}{2}\)

\(AH \bot BC \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AH.BC = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.a\sqrt 2  = \dfrac{{{a^2}}}{2}\)

Thể tích của khối chóp đã cho là :

               \(V = \dfrac{1}{3}SH.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{a}{2}.\dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^3}}}{{12}}\)

Đáp án  D

Hàm số \(y = \log \left( {2 - x} \right)\) xác định khi và chỉ khi \(2 - x > 0 \Leftrightarrow x < 2\)

Vậy TXĐ của hàm số đã cho là    \(D = \left( { - \infty ;2} \right)\)

Đáp án  A

\(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng nên \(C'C \bot \left( {ABC} \right)\) hay \(C'C \bot AC\)

Tam giác \(AC'C\) vuông tại \(C\) nên

\(C'C = \sqrt {AC{'^2} - A{C^2}}  = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} - {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}  = a\)

Tam giác  \(ABC\) vuông tại \(A\) nên

\({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AC.AB = \dfrac{1}{2}.a\sqrt 2 .2a = \sqrt 2 {a^2}\)

Thể tích của khối lăng trụ đã cho là

\(V = CC'.{S_{\Delta ABC}} = a.\sqrt 2 {a^2} = \sqrt 2 {a^3}\). 

Đáp án  B

Theo giả thiết, \(AS,\,AB,\,AC\) đôi một vuông góc nên ta có:

\(AB \bot AC \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}.2a.3a = 3{a^2}\)

\(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot AB\\SA \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABC} \right)\)

Do đó,  thể tích của khối chóp \(S.ABC\) là:

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

\(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(SB,\,\,\,SC\) nên:

\(\dfrac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SA}}{{SA}}.\dfrac{{SM}}{{SB}}.\dfrac{{SN}}{{SC}} = 1.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}\)

Suy ra thể tích của khối chóp  \(S.AMN\) là:  \({V_{S.AMN}} = \dfrac{1}{4}{V_{S.ABC}} = \dfrac{{{a^3}}}{4}\)

Đáp án  A

Với số tiền gửi ban đầu là \(A\), với thể thức lãi kép và lãi suất là \(x\% \)/ 1 năm, ta có:

Sau 1 năm, số tiền cả gốc và lãi nhận được  là :

\({A_1} = A + A.x = A\left( {1 + x} \right)\)

Sau 2 năm, số tiền cả gốc và lãi nhận được là :

\({A_2} = {A_1} + {A_1}.x = {A_1}\left( {1 + x} \right) = A{\left( {1 + x} \right)^2}\)

……..

Sau \(n\) năm, số tiền cả gốc và lãi nhận được là \({A_n} = A{\left( {1 + x} \right)^n}\)

Thay \(A = 500\) triệu  đồng,  \(x = 8,6\% /\)năm và theo giả thiết số tiền nhận được sau \(n\) năm nhiều hơn 3 lần số tiền ban đầu ta có:

\(\begin{array}{l}{A_n} > 3A\\ \Leftrightarrow A.{\left( {1 + 8,6\% } \right)^n} > 3A\\ \Leftrightarrow {\left( {1 + 8,6\% } \right)^n} > 3\\ \Leftrightarrow n > {\log _{\left( {1 + 8,6\% } \right)}}3\\ \Rightarrow n > 13,31\end{array}\)

Do đó, sau ít nhất 14 năm thì số tiền nhận được nhiều hơn 3 lần số tiền gửi ban đầu.

Đáp án  D

Với \(x,\,\,y\) là các số dương ta có:

\(\begin{array}{l}{\log _3}x + {\log _3}y =  - 1\\ \Leftrightarrow {\log _3}xy =  - 1\\ \Leftrightarrow xy = {3^{ - 1}}\\ \Leftrightarrow xy = \dfrac{1}{3}\end{array}\)

Đáp án  C

Diện tích xung quanh \({S_{xq}}\)  của hình nón có bán kính đáy \(R\) và độ dài đường sinh bằng \(l\) được tính bởi công thức: \({S_{xq}} = \pi Rl\)

Đáp án  D

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) được gọi là mặt phẳng đối xứng của

tứ diện nếu lấy đối xứng tất cả các điểm của tứ diện

qua mặt phẳng  \(\left( \alpha  \right)\) ta vẫn được tứ diện ban đầu.

Hình tứ diện đều có các mặt phẳng đối xứng là các

mặt phẳng đi qua 1 đỉnh của tứ diện và một trung tuyến của tam giác đối diên.

Hình tứ diện đều \(ABCD\) có các mặt phẳng đối xứng là : \(\left( {ABM} \right),\,\,\left( {ACP} \right),\,\,\left( {BCN} \right)\)

Đáp án  A

TXĐ:    \(D = \mathbb{R}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{2.4^{{x^2} + 2x}} + {3.2^{{x^2} + 2x}} - 5 = 0\\ \Leftrightarrow 2.{\left( {{2^{{x^2} + 2x}}} \right)^2} + {3.2^{{x^2} + 2x}} - 5 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)

Đặt \(t = {2^{{x^2} + 2x}}\left( {t > 0} \right)\) thì phương trình (1) trở thành:

\(\begin{array}{l}2{t^2} + 3t - 5 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {2t + 5} \right)\left( {t - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - \dfrac{5}{2}\left( L \right)\\t = 1\left( {t/m} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Với \(t = 1\) ta có:

\(\begin{array}{l}{2^{{x^2} + 2x}} = 1\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x = {\log _2}1\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 2\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.

Đáp án  D

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

Ta có:

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

Xét hàm số đã cho trên đoạn  \(\left[ {0;2} \right]\) ta có:             

\(f\left( 0 \right) = 1;f\left( 2 \right) = 3;f\left( {CT} \right) = f\left( 1 \right) =  - 1\)

Do đó, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 3\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\) bằng 3.

Đáp án  B

Diện tích toàn phần của hình trụ có bán kính đáy  \(r = 2a\)  và chiều cao \(h = a\) là:

\({S_{tp}} = 2\pi {r^2} + 2\pi rh = 2\pi .{\left( {2a} \right)^2} + 2\pi .2a.a = 12\pi {a^2}\)

Đáp án  B

Từ đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) =  + \infty  \Rightarrow a > 0\)

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên \(d < 0\)

\(\begin{array}{l}f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\\ \Rightarrow f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c\end{array}\)

Hàm số có 2 điểm cực trị \({x_1};\,{x_2}\) nên \({x_1};\,\,{x_2}\) là 2  nghiệm phân biệt của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\). Do đó,

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - \dfrac{{2b}}{{3a}}\\{x_1}.{x_2} = \dfrac{c}{{3a}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{ - 2b}}{{3a}} < 0\\\dfrac{c}{{3a}} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 0\\b > 0\\c = 0\end{array} \right.\)

Vậy \(a > 0,\,\,b > 0,\,\,c = 0,\,\,d < 0\)

Đáp án  B

TXĐ:  \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \dfrac{1}{2}} \right\}\). Do đó, hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn \(\left[ {1;2} \right]\)

Ta có:\(y = \dfrac{{mx - 1}}{{2x + 1}}\)

\( \Rightarrow y' = \dfrac{{m\left( {2x + 1} \right) - 2\left( {mx - 1} \right)}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}\) \( = \dfrac{{2mx + m - 2mx + 2}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{m + 2}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}\)

Nếu \(m + 2 > 0 \Leftrightarrow m >  - 2\) thì \(y' > 0,\forall x \in D\) hay hàm số đã cho đồng biến trên đoạn \(\left[ {1;2} \right]\). Do đó,

\(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) \Leftrightarrow f\left( 2 \right) = 3 \Leftrightarrow \dfrac{{2m - 1}}{{2.2 + 1}} = 3 \Leftrightarrow m = 8\) (thỏa mãn)

Nếu \(m + 2 < 0 \Leftrightarrow m <  - 2\) thì \(y' < 0,\forall x \in D\) hay hàm số đã cho nghịch biến trên đoạn \(\left[ {1;2} \right]\). Do đó,

\(\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( 1 \right) = 3 \Leftrightarrow \dfrac{{m - 1}}{{2.1 + 1}} = 3 \Leftrightarrow m = 10\) (Không thỏa mãn \(m <  - 2\))

Vậy \(m = 8\) hay \(7 < m < 10\)

Đáp án  A

Đạo hàm của hàm số \(y = {e^{{x^2} + 1}}\) là   \(y' = \left( {{x^2} + 1} \right)'.{e^{{x^2} + 1}} = 2x.{e^{{x^2} + 1}}\)

Đáp án  B

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\dfrac{1}{4}} \right\}\)

Ta có:\(y = \dfrac{{{m^2}x - 4}}{{4x - 1}}\) \( \Rightarrow y' = \dfrac{{{m^2}\left( {4x - 1} \right) - 4\left( {{m^2}x - 4} \right)}}{{{{\left( {4x - 1} \right)}^2}}}\) \( = \dfrac{{4{m^2}x - {m^2} - 4{m^2}x + 16}}{{{{\left( {4x - 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{16 - {m^2}}}{{{{\left( {4x - 1} \right)}^2}}}\)

Hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng xác định khi và chỉ khi \(y' \ge 0,\forall x \in D\)  (Dấu ‘=’ chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm).

Do đó, hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng xác định khi và chỉ khi

\(\dfrac{{16 - {m^2}}}{{{{\left( {4m - 1} \right)}^2}}} \ge 0 \Leftrightarrow 16 - {m^2} \ge 0 \Leftrightarrow  - 4 \le m \le 4\)

Dấu ‘=’ ở trên không thể xảy ra vì khi \(m =  \pm 4\) thì \(y' = 0,\forall x \in D\)

Do đó, \( - 4 < m < 4\) thì hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng xác định. Mà \(m\) là số nguyên nên \(m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;0;1;2;3} \right\}\)

Vậy có 7 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn.

Đáp án  C

Ta có:

\(\sqrt {{x^3}} :\sqrt[3]{{{x^2}}} = {x^{\dfrac{3}{2}}}:{x^{\dfrac{2}{3}}} = {x^{\dfrac{3}{2} - \dfrac{2}{3}}} = {x^{\dfrac{5}{6}}}\)

Đáp án  C

TXĐ:  \(D = \mathbb{R}\). Hàm số đã cho xác định và liên tục trên khoảng \(\left( {4; + \infty } \right)\)

Ta có:

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

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( {4; + \infty } \right)\) khi và chỉ khi:

\(\begin{array}{l}y' \ge 0,\forall x \in \left( {4; + \infty } \right)\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x - \left( {3{m^2} + 2m} \right) \ge 0,\forall x \in \left( {4; + \infty } \right)\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + mx} \right) - \left[ {\left( {3m + 2} \right)x + \left( {3{m^2} + 2m} \right)} \right] \ge 0,\forall x \in \left( {4; + \infty } \right)\\ \Leftrightarrow x\left( {x + m} \right) - \left( {3m + 2} \right)\left( {x + m} \right) \ge 0,\forall x \in \left( {4; + \infty } \right)\\ \Leftrightarrow \left[ {x - \left( {3m + 2} \right)} \right]\left( {x + m} \right) \ge 0,\forall x \in \left( {4; + \infty } \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)

Nếu \(3m + 2 =  - m \Leftrightarrow m =  - \dfrac{1}{2}\) thì   \(\left( 1 \right)\) luôn đúng.

Nếu \(3m + 2 >  - m \Leftrightarrow m >  - \dfrac{1}{2}\) thì   \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 3m + 2\\x \le  - m\end{array} \right.,\forall x \in \left( {4; + \infty } \right) \Leftrightarrow 3m + 2 \le 4 \Leftrightarrow m \le \dfrac{2}{3}\)

Nếu \(3m + 2 <  - m \Leftrightarrow m <  - \dfrac{1}{2}\) thì  \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \le 3m + 2\\x \ge  - m\end{array} \right.,\forall x \in \left( {4; + \infty } \right) \Leftrightarrow 4 \ge  - m \Leftrightarrow m \ge  - 4\)

Vậy \(m \in \left[ { - 4;\dfrac{2}{3}} \right]\) thì hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( {4; + \infty } \right)\)

Do đó,  \(T = a + 3b =  - 4 + 3.\dfrac{2}{3} =  - 2\)

Đáp án  D

Từ đồ thị hàm số đã cho ta thấy đồ thị hàm số đã cho có 2 điểm cực đại và 1 điểm cực tiểu.

Đáp án  C

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

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) là:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{x - 1}}{{x + 1}} = mx + m + 1\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right) = \left( {mx + m + 1} \right)\left( {x + 1} \right)\\ \Leftrightarrow m{x^2} + mx + mx + m + x + 1 = x - 1\\ \Leftrightarrow m{x^2} + 2mx + m + 2 = 0\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)

Đường thẳng \(d\) cắt đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác \( - 1\)

Suy ra   \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\m.{\left( { - 1} \right)^2} + 2m.\left( { - 1} \right) + m + 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow {m^2} - m\left( {m + 2} \right) > 0 \Leftrightarrow m < 0\)

Với \(m < 0,\) phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn:  \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - 2m}}{m}\\{x_1}.{x_2} = \dfrac{{m + 2}}{m}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 2\\{x_1}.{x_2} = \dfrac{{m + 2}}{m}\end{array} \right.\)

Suy ra, đường thẳng \(d\) cắt đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) tại 2 điểm phân biệt \(A\left( {{x_1};m{x_1} + m + 1} \right);\,\,\,\,B\left( {{x_2};m{x_2} + m + 1} \right)\)

Ta có:

 \(\begin{array}{l}AB = 2\sqrt 5 \\ \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^2} + {{\left[ {\left( {m{x_1} + m + 1} \right) - \left( {m{x_2} + m + 1} \right)} \right]}^2}}  = 2\sqrt 5 \\ \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^2} + {m^2}{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^2}}  = 2\sqrt 5 \end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {{m^2} + 1} \right){\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = 20\\ \Leftrightarrow \left( {{m^2} + 1} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} \right] = 20\\ \Leftrightarrow \left( {{m^2} + 1} \right)\left[ {{{\left( { - 2} \right)}^2} - 4.\dfrac{{m + 2}}{m}} \right] = 20\\ \Leftrightarrow \left( {{m^2} + 1} \right)\dfrac{{ - 8}}{m} = 20\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow  - 8{m^2} - 8 = 20m\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - \dfrac{1}{2}\\m =  - 2\end{array} \right.\,\,\,\,\left( {t/m} \right)\end{array}\)

Vậy tích các giá trị của \(m\) thỏa mãn là      \(S = \left( { - \dfrac{1}{2}} \right).\left( { - 2} \right) = 1\)

Đáp án  B

Ta có: 

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

Đáp án  C

TXĐ:  \(D = \mathbb{R}\)

Ta có:

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

Để hàm số đã cho có 3 điểm cực trị thì phương trình \({x^2} =  - m\) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. Suy ra \(m < 0\)

Khi đó, 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số là  \(A\left( {0;2} \right);\,\,\,B\left( {\sqrt { - m} ; - {m^2} + 2} \right);\,\,\,C\left( { - \sqrt { - m} ; - {m^2} + 2} \right)\).

Phương trình đường thẳng \(BC\) là   \(y =  - {m^2} + 2\)

Gọi giao\(AB\) và \(AC\) với trục \(Ox\) lần lượt là \(M,\,\,N\). Suy ra \({S_1} = {S_{\Delta AMN}}\)

Ta có:

\(\dfrac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \dfrac{1}{3} \Leftrightarrow \dfrac{{{S_{AMN}}}}{{{S_{MNBC}}}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow \dfrac{{{S_{AMN}}}}{{{S_{ABC}}}} = \dfrac{1}{4}\)

 Ta thấy \(Ox//BC\) hay \(MN//BC\). Gọi \(H,\,\,K\) lần lượt là giao điểm của \(Oy\) với  \(BC\) và \(MN\).

\(A\) nằm trên \(Ox\) mà \(Ox//BC\) nên \(AH \bot BC,\,\,\,AK \bot MN\)

Suy ra     \(\dfrac{{{S_{AMN}}}}{{{S_{ABC}}}} = \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{{AK}}{{AH}}} \right)^2} = \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow \dfrac{{AK}}{{AH}} = \dfrac{1}{2}\)

\(A\left( {0;2} \right)\), \(K\) là giao điểm của \(Oy\) và \(MN\) mà \(MN \in Ox\) nên \(K\left( {0;0} \right)\)

Suy ra \(AK = 2\) \( \Rightarrow AH = 4\)

\(H\) là giao của \(BC\) và \(Ox\) nên \(H\left( {0; - {m^2} + 2} \right)\), \(H\) nằm dưới trục hoành. Suy  ra

\( - {m^2} + 2 =  - 2 \Leftrightarrow {m^2} = 4 \Leftrightarrow m =  \pm 2\)

Mà \(m < 0\) nên \(m =  - 2\)

Vậy \({m_0} \in \left( { - 3;1} \right)\)

Đáp án  A

Khi quay hình chữ nhật \(ABCD\)  quanh đường thẳng chứa cạnh \(AB\) ta được một hình trụ có chiều cao bằng độ dài cạnh \(AB\) và bán kính đáy có độ dài bằng \(AD\).

Đáp án  D

Gọi \(I\) là tâm của đường tròn \(\left( C \right)\)

Khoảng cách từ tâm \(O\) của mặt cầu đến mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\)

bằng độ dài đoạn \(OI\) nên \(OI = 2a\)

Suy ra bán kính của mặt cầu \(\left( C \right)\) là

\(r = \sqrt {{R^2} - O{I^2}}  = \sqrt {{{\left( {4a} \right)}^2} - {{\left( {2a} \right)}^2}}  = 2\sqrt 3 a\)

Đáp án  B

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\), \(M\) là trung điểm \(BC\)

Suy ra \(A,\,\,G,\,\,M\) thẳng hàng và \(AG = \dfrac{2}{3}AM\)

\(S.ABC\) là hình chóp tam giác đều nên \(G\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) và \(SG \bot \left( {ABC} \right)\)

Gọi \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp \(S.ABC\). Suy ra \(I\) nằm trên \(SG\)

Ta có:

Tam giác \(ABC\) là tam giác đều có cạnh bằng \(2a\) nên \(AM = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}AB = \sqrt 3 a \Rightarrow AG = \dfrac{2}{3}AM = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}a\)

\(\left\{ \begin{array}{l}SG \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SG \bot BC\\AM \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot SM\)

Do đó, góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy là góc giữa \(SM\) và \(AM\) hay \(\widehat {SMA} = 45^\circ \). Suy ra, 

 \(SG = GM = \dfrac{1}{3}AM = \dfrac{{\sqrt 3 a}}{3}\)

\(I\)  là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp \(S.ABC\) nên \(R = IS = IA = IB = IC\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}SI = R \Rightarrow IG = SG - SI = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}a - R\\A{G^2} + I{G^2} = A{I^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}a} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{\sqrt 3 }}{3}a - R} \right)^2} = {R^2}\\ \Rightarrow R = \dfrac{{5\sqrt 3 }}{6}a\end{array}\)   

Vậy thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp là:

\(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi .{\left( {\dfrac{{5\sqrt 3 }}{6}} \right)^3} = \dfrac{{125\sqrt 3 \pi {a^3}}}{{54}}\)

Đáp án  D

Hàm số \(y = {\left( {{x^2} + x} \right)^{\dfrac{1}{3}}}\) xác định khi và chỉ khi \({x^2} + x > 0 \Leftrightarrow x\left( {x + 1} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 0\\x <  - 1\end{array} \right.\)

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là     \(D = \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {0; + \infty } \right)\)

Đáp án  D