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

Hàm số \(y = {3^x}\,\left( C \right)\) có tập xác định là \(\mathbb{R}.\) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {3^x} = 0,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {3^x} =  + \infty \) nên tiệm cận ngang của \(\left( C \right)\) có phương trình là \(y = 0.\)

Hàm số \(y = {\log _2}x\) có tập xác định là \(\left( {0; + \infty } \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {\log _2}x =  - \infty \) nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = {\log _2}x\) có phương trình là \(x = 0.\)

Đáp án D.

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( { - 1;1} \right).\)

Đáp án A.

Hàm số \(y = 2{x^3}\) xác định trên \(\mathbb{R}\) có \(y' = 6{x^2} \ge 0,\forall \,x \in \mathbb{R}\) và \(y' = 0 \Leftrightarrow x = 0.\)

Nên hàm số đó đồng biến trên \(\left( { - \infty ; + \infty } \right).\)

Tương tự kiểm tra ba hàm số còn lại đều không thỏa mãn.

Đáp án B.

Khối lập phương là khối đa diện đều loại \(\left\{ {4;3} \right\}.\)

Khối bát diện đều là khối đa diện đều loại \(\left\{ {3;4} \right\}.\)

Đáp án C.

Gọi chiều cao của khối trụ tròn xoay đã cho bằng \(h.\)

Khối trụ tròn xoay đã cho có thể tích là \(\pi {\left( {2a} \right)^2}h = 36\pi {a^3} \Rightarrow h = 9a.\)

Đáp án C.

Hàm số \(y = {\left( {x - 1} \right)^{ - 2}}\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}.\)

Hàm số \(y = {x^{\dfrac{1}{2}}}\) có tập xác định là \(\left( {0; + \infty } \right).\)

Đáp án B.

Vì mặt cầu đã cho có bán kính bằng \(3a\) nên có diện tích bằng \(4\pi {\left( {3a} \right)^2} = 36\pi {a^2}.\)

Đáp án C.

Hàm số \(y = \dfrac{{1 - x}}{{x + 1}}\) liên tục trên \(D = \left[ { - 3; - 2} \right].\)

\(y' = \dfrac{{ - 2}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0,\forall \,x \in D.\)

Mà \(y\left( { - 3} \right) =  - 2\) và \(y\left( { - 2} \right) =  - 3.\)

Vậy \(\mathop {\max }\limits_D y =  - 2,\,\mathop {\min }\limits_D y =  - 3.\)

Đáp án D.

Vì đáy là tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng \(2a\) nên có cạnh góc vuông bằng \(a\sqrt 2 \)

Vậy có diện tích bằng \({a^2}.\)

Thể tích của khối chóp đã cho bằng \(\dfrac{1}{3} \cdot 6a \cdot {a^2} = 2{a^3}.\)

Đáp án A.

Vì \(a > 0\) nên \({2^x} = a \Leftrightarrow x = {\log _2}a.\)

Đáp án A.

Hàm số \(y = {x^4}\) có tập xác định là \(\mathbb{R},y' = 4{x^3},\) \(y' = 0 \Leftrightarrow x = 0,\) \(y' < 0 \Leftrightarrow x < 0,\) \(y' > 0 \Leftrightarrow x > 0.\)

Vậy hàm số này chỉ có \(1\) điểm cực trị.

Hàm số \(y = {e^x}\) có tập xác định là \(\mathbb{R},\) \(y' = {e^x} > 0,\forall \,x \in \mathbb{R}\).

Vậy hàm số này không có cực trị.

Đáp án D.

\(f'\left( x \right) = x{\left( {x - 1} \right)^2},\forall \,x \in \mathbb{R}\) \( \Rightarrow \) hàm số \(f\left( x \right)\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\) và \(f'\left( x \right)\) đổi dấu khi \(x\) đi qua khi chỉ tạ một điểm \(0.\)

Vậy hàm số đã cho chỉ có một điểm cực trị.

Đáp án A.

Vì \(a,b > 0\) và \(a \ne 1\) nên \({\log _a}\left( {8b} \right) - {\log _a}\left( {2b} \right) = {\log _a}4 = 2{\log _a}2.\)

Đáp án B.  

Hình hộp chữ nhật đã cho có đường chéo bằng \(\sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {{\left( {4a} \right)}^2} + {{\left( {4a} \right)}^2}}  = 6a.\)

Vì các đường chéo của hình hộp chữ nhật cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật đã cho là \(R = \dfrac{1}{2} \cdot 6a = 3a.\)

Vậy diện tích của mặt cầu đã cho bằng \(4\pi {\left( {3a} \right)^2} = 36\pi {a^2}.\)

Đáp án C.

Đáy của hình chóp đã cho có đường chéo bằng \(2a\sqrt 2 .\)

Chiều cao của hình chóp đã cho bằng \(\sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}  = a\sqrt 2 \)

Đáp án C.

Đường thẳng \(y = 1\) cắt đồ thị của hàm số đã cho tại \(3\) điểm phân biệt.

Nên số nghiệm thực của phương trình đã cho bằng \(3.\)

Đáp án B.

Hàm số \(y = \dfrac{{x - m}}{{x + 1}}\) liên tục trên \(\left[ {0;1} \right],\,y' = \dfrac{{m + 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} \cdot \)

- Nếu \(m \ne  - 1\) thì \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} y + \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} y = 5\) \( \Leftrightarrow y\left( 0 \right) + y\left( 1 \right) = 5\) \( \Leftrightarrow  - m + \dfrac{{1 - m}}{2} = 5 \Leftrightarrow m =  - 3.\)

- Nếu \(m =  - 1\) thì \(y = 1,\forall \,x \ne  - 1\) khi đó \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} y + \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} y = 2\) (không thỏa).

Vậy chỉ có \(m =  - 3\) thỏa mãn.

Đáp án B.

Ta có \({3^{2x - 1}} + {3^{x + 1}} - 12 = 0\) \( \Leftrightarrow {\left( {{3^x}} \right)^2} + {9.3^x} - 36 = 0\,\,\left( 1 \right).\)

Đặt \(t = {3^x} > 0.\)

Vậy \(\left( 1 \right)\) trở thành \({t^2} + 9t - 36 = 0.\)

Đáp án D.

Ta có \({\left( {{{\log }_2}x} \right)^2} + {\log _4}\left( {{x^3}} \right) - 7 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\) với \(0 < x \in \mathbb{R}\)

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_2}x} \right)^2} + \dfrac{3}{2}{\log _2}x - 7 = 0\) \( \Leftrightarrow 2{\left( {{{\log }_2}x} \right)^2} + 3{\log _2}x - 14 = 0\,\,\,\left( 2 \right)\)

Đặt \(t = {\log _2}x\) .

Vậy \(\left( 2 \right)\) trở thành \(2{t^2} + 3t - 14 = 0\).

Đáp án A

Ta có \(y = \sqrt[3]{{1 + {x^2}}}\)\( \Rightarrow y' = \dfrac{{\left( {1 + {x^2}} \right)'}}{{3\sqrt[3]{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^2}}}}} = \dfrac{{2x}}{{3\sqrt[3]{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^2}}}}}\)

Đáp án A

Ta có \(y = {\log _2}\left( {3 + {x^2}} \right)\)\( \Rightarrow y' = \dfrac{{\left( {3 + {x^2}} \right)'}}{{\left( {3 + {x^2}} \right)\ln 2}} = \dfrac{{2x}}{{\left( {3 + {x^2}} \right)\ln 2}}\)

Đáp án B

Gọi \({V_2}\) là thể tích của khối tứ diện \(A'ABC\). Ta có \({V_1} + {V_2} = V \Leftrightarrow {V_1} = V - {V_2}\).

Mà \({V_2} = \dfrac{1}{3}d\left( {A',\left( {ABC} \right)} \right).S = \dfrac{V}{3}\); với \(S\) là diện tích của tam giác \(ABC\).

Vậy \({V_1} = \dfrac{{2V}}{3}\) . Do đó \(\dfrac{{{V_1}}}{V} = \dfrac{2}{3}\).

Đáp án D

Gọi \(h,l\) lần lượt là chiều cao, đường sinh của khối nón đã cho.

Thể tích của khối nón đã cho là \(\dfrac{1}{3}\pi {\left( {8a} \right)^2}.h = 128\pi {a^3}\) \( \Rightarrow h = 6a \Rightarrow l = \sqrt {{{\left( {8a} \right)}^2} + {{\left( {6a} \right)}^2}}  = 10a\)

Diện tích xung quanh của khối nón đã cho bằng \(\pi 8a.10a = 80\pi {a^2}\).

Đáp án A

Ta co \(y = {2^{\cos x}}\) \( \Rightarrow y' = \left( {\ln 2} \right){2^{\cos x}}\left( {\cos x} \right)' =  - \left( {\ln 2} \right){2^{\cos x}}\sin x\)

Đáp án D

Ta có \(y = \sqrt {{x^4} + 1} \)\( \Rightarrow y' = \dfrac{{\left( {{x^4} + 1} \right)'}}{{2\sqrt {{x^4} + 1} }} = \dfrac{{2{x^3}}}{{2\sqrt {{x^4} + 1} }}\)

Đáp án C

Hàm số \(y = \dfrac{{2{x^2} + 2x}}{{{x^2} + 2x + 1}}\,\,\left( C \right)\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \dfrac{{2{x^2} + 2x}}{{{x^2} + 2x + 1}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \dfrac{{2x\left( {x + 1} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \dfrac{{2x}}{{x + 1}} =  - \infty \) nên \(\left( C \right)\) chỉ có tiệm cận đứng là \(x =  - 1\).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = 2\) và\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = 2\) nên \(\left( C \right)\) chỉ có tiệm cận ngang là \(y = 2\).

Đáp án D

Ta có \(0 < x \in \mathbb{R}\). Vậy \(y = \ln \left( {x\sqrt {{x^2} + 1} } \right) = \ln x + \dfrac{1}{2}\ln \left( {{x^2} + 1} \right)\)

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

Đáp án D

Vì \(A'A \bot \left( {ABC} \right)\) nên góc giữa đường thẳng \(A'B\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(\widehat {A'BA} = 45^\circ \).

\( \Rightarrow \Delta A'AB\) vuông cân tại \(A\) \( \Rightarrow A'A = AB = 6a\).

Tam giác đều \(ABC\) có cạnh \(AB = 6a\) nên có diện tích bằng \(\dfrac{{\sqrt 3 {{\left( {6a} \right)}^2}}}{4} = 9\sqrt 3 {a^2}\).

Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng \(6a.9\sqrt 3 {a^2} = 54\sqrt 3 {a^3}\).

Đáp án A

Hàm số \(y = a{x^3} + b{x^2} + c\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\).

Từ đồ thị \(\left( C \right)\) của hàm số đã cho suy ra \(a < 0\) và \(\left( C \right)\) cắt \(Oy\) tại điểm \(\left( {0;c} \right)\) với \(c < 0\).

\(y' = 3a{x^2} + 2bx \); \(y' = 0 \Leftrightarrow x = 0\) hoặc \(x = \dfrac{{ - 2b}}{{3a}}\); từ đồ thị \(\left( C \right)\) suy ra \(\dfrac{{ - 2b}}{{3a}} > 0 \Rightarrow b > 0\).

Đáp án B

Ta có \(a > 0,\,\,b > 0\) và \(a \ne 1 \ne {a^2}b\).

Vậy \(2 - \dfrac{3}{{2 + {{\log }_a}b}} = \dfrac{{1 + 2{{\log }_a}b}}{{2 + {{\log }_a}b}}\)\( = \dfrac{{{{\log }_a}a + {{\log }_a}{b^2}}}{{{{\log }_a}{a^2} + {{\log }_a}b}} = \dfrac{{{{\log }_a}\left( {a{b^2}} \right)}}{{{{\log }_a}\left( {{a^2}b} \right)}} = {\log _{\left( {{a^2}b} \right)}}\left( {a{b^2}} \right)\)

Đáp án B

Hàm số \(y = f\left( {3 - 2x} \right)\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\), \(y' =  - 2f'\left( {3 - 2x} \right)\).

Vậy \(y' > 0 \Leftrightarrow f'\left( {3 - 2x} \right) < 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3 - 2x <  - 3\\ - 1 < 3 - 2x < 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 3\\1 < x < 2\end{array} \right.\)

Do đó hàm số \(y = f\left( {3 - 2x} \right)\) đồng biến trên \(\left( {3;4} \right)\).

Đáp án A

Hàm số \(y = {x^3} - m{x^2} - 2mx\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\).

Hàm số đã cho đồng biến trên \(\mathbb{R}\)\( \Leftrightarrow y' = 3{x^2} - 2mx - 2m \ge 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \Delta ' = {m^2} + 6m \le 0 \Leftrightarrow  - 6 \le m \le 0\).

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

Đáp án C

Tam giác đều \(ABC\) cạnh bằng \(4a\) có diện tích bằng \(\dfrac{{\sqrt 3 {{\left( {4a} \right)}^2}}}{4} = 4\sqrt 3 {a^2}\).

Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên khối chóp \(S.ABC\) có thể tích \(V = \dfrac{1}{3}.SA.4\sqrt 3 {a^2} = \dfrac{1}{3}.6a.4\sqrt 3 {a^2} = 8\sqrt 3 {a^3}\)

\(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot AB\). Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có \(S{B^2} = S{A^2} + A{B^2}\)\( = {\left( {6a} \right)^2} + {\left( {4a} \right)^2} = 52{a^2}\)

\( \Rightarrow SB = 4a\sqrt {13} \). Tương tự \(SC = 4a\sqrt {13} \).

Tam giác \(SBC\) có nửa chu vi \(p = \dfrac{{SB + SC + BC}}{2} = \left( {2 + 4\sqrt {13} } \right)a\) nên có diện tích \({S_1} = \sqrt {p\left( {p - SB} \right)\left( {p - SC} \right)\left( {p - BC} \right)}  = 8\sqrt 3 {a^2}\).

Vậy \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{{3V}}{{{S_1}}} = 3a\).

Đáp án B

Hàm số \(y = \dfrac{{\sqrt {x + 1}  - 1}}{{{x^3} - 4x}}\,\,\left( C \right)\) có tập xác định là \(\left[ { - 1; + \infty } \right)\backslash \left\{ {0;2} \right\}\).

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \,\,\dfrac{{\sqrt {x + 1}  - 1}}{{{x^3} - 4x}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{x}{{x\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {\sqrt {x + 1}  + 1} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \,\,\dfrac{1}{{\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {\sqrt {x + 1}  + 1} \right)}} = \dfrac{{ - 1}}{8}\)

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

Vậy \(\left( C \right)\) chỉ có tiệm cận đứng là \(x = 2\).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \,\,y = 0\) nên \(\left( C \right)\) chỉ có tiệm cận ngang là \(y = 0\).

Đáp án B

Hàm số \(y = {x^4} + 8{x^2} + m\) liên tục trên \(D = \left[ {1;3} \right]\).

\(y' = 4{x^3} + 16x = 4x\left( {{x^2} + 4} \right)\), \(y' = 0 \Leftrightarrow x = 0 \notin D\).

\(y\left( 1 \right) = 9 + m,\,\,\,y\left( 3 \right) = 153 + m\).

Vậy \(\mathop {\min }\limits_D y = 9 + m = 6 \Leftrightarrow m =  - 3\).

Đáp án D

Hàm số \(y = \dfrac{x}{{x - m}}\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}\), \(y' = \dfrac{{ - m}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}}\).

Hamg số đã cho nghịch biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{ - m}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}} < 0\\m \notin \left( {1; + \infty } \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - m < 0\\m \le 1\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow 0 < m \le 1\).

Đáp án C

Hàm số \(y = f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\).

Từ đồ thị \(\left( C \right)\) của hàm số đã cho suy ra \(a > 0\) và \(\left( C \right)\) cắt \(Oy\) tại điểm \(\left( {0;c} \right)\) với \(c < 0\).

\(y' = 4a{x^3} + 2bx = 2x\left( {2a{x^2} + b} \right)\); \(y' = 0 \Leftrightarrow x = 0\) hoặc \({x^2} = \dfrac{{ - b}}{{2a}}\); từ đồ thị \(\left( C \right)\) suy ra \(\dfrac{{ - b}}{{2a}} > 0 \Rightarrow b < 0\) .

Vậy \(abc > 0\).

Đường thẳng \(y = 1\) cắt đồ thị \(\left( C \right)\) tại hai điểm phân biệt nên phương trình \(f\left( x \right) = 1\) có hai nghiệm thực phân biệt.

Đáp án D

Hàm số \(y = {x^3} + m{x^2}\) xác định trên \(\mathbb{R}\) có \(y' = 3{x^2} + 2mx\).

Hàm số đã cho đạt cực đại tại \(x =  - 2\) thì \(y'\left( { - 2} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 12 - 4m = 0 \Leftrightarrow m = 3\).

Ngược lại khi \(m = 3\) thì hàm số đã cho có \(y'' = 6x + 6\)\( \Rightarrow y''\left( { - 2} \right) =  - 6 < 0\).

Vậy chi có \(m = 3\) thỏa mãn.

Đáp án D

Hàm số \(y = \sqrt {4{x^2} - 8x + 5}  + 2x\,\,\left( C \right)\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty \)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\sqrt {4{x^2} - 8x + 5}  + 2x} \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{ - 8x + 5}}{{\sqrt {4{x^2} - 8x + 5}  - 2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{ - 8 + \dfrac{5}{x}}}{{ - \sqrt {4 - \dfrac{8}{x} + \dfrac{5}{{{x^2}}}} }} = 2\)

Vậy tiệm cận ngang của \(\left( C \right)\) có phương trình là \(y = 2\).

Đáp án C

Đặt \(A = 500\) triệu đồng, \(B = 1\) tỷ đồng, \(r = 0,09\).

Tổng số tiền trả lương năm 2016 (sau \(1\) năm kể từ năm 2015) của công ty là \(A + A.0,09 = A\left( {1 + 0,09} \right)\) đồng.

Tổng số tiền trả lương năm 2017 (sau 2 năm kể từ năm 2015) của công ty là \(A{\left( {1 + 0,09} \right)^2}\) đồng.

Tương tợ tổng số tiền trả lương sau \(n\) năm  kể từ năm 2015 của công ty là \(A{\left( {1 + 0,09} \right)^n}\) đồng.

Vậy \(A{\left( {1 + 0,09} \right)^n} > B\)\( \Leftrightarrow 500{\left( {1 + 0,09} \right)^n} > 1000\) \( \Leftrightarrow 1,{09^n} > 2 \Leftrightarrow n > {\log _{1,09}}2\) \( \Rightarrow n >  \approx 8,04\)

Do đó sau \(9\) năm kể từ năm 2015, hay năm đầu tiên có tổng số tiền trả lương năm đó của công ty lớn hơn \(1\) tỷ đồng là 2024.

Đáp án B