Đề thi thử học kỳ 1 môn Toán lớp 12 online - Mã đề 14

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy nét cuối của hàm số đi lên \( \Rightarrow a > 0.\)

\( \Rightarrow \) loại đáp án C và D.

Đồ thị hàm đi qua các điểm \(\left( { - 1;\,\,4} \right),\,\,\left( {1;\,\,4} \right).\)

Thay điểm \(\left( {1;\,\,4} \right)\) vào hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^4} - {x^2} - 3\) ta được:

\(4 = \dfrac{1}{2}.1 - 1 - 3 \Leftrightarrow 4 =  - \dfrac{7}{2}\) (vô lý)

\( \Rightarrow \) loại đáp án A.

Chọn  B.

Xét hàm số: \(f\left( x \right) = {\log _{\dfrac{1}{3}}}\left( {1 - {x^2}} \right)\)

TXĐ: \(D = \left( { - 1;\,\,1} \right).\)

Ta có: \(f'\left( x \right) = \dfrac{{ - 2x}}{{1 - {x^2}}}.\ln \dfrac{1}{3} = \dfrac{{2x}}{{{x^2} - 1}}\ln \dfrac{1}{3}.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \dfrac{{2x}}{{{x^2} - 1}}\ln \dfrac{1}{3} > 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{2x}}{{{x^2} - 1}} < 0\,\,\,\,\,\left( {do\,\,\,\ln \dfrac{1}{3} < 0} \right)\\ \Leftrightarrow 2x < 0\,\,\,\,\,\left( {do\,\,\,\,{x^2} - 1 > 0} \right)\\ \Leftrightarrow x < 0.\end{array}\) 

Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là: \( - 1 < x < 0.\)

\( \Rightarrow {S_0} = \left( { - 1;\,\,0} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\b = 0\end{array} \right. \Rightarrow S = a + 2b =  - 1 + 2.0 =  - 1.\)

Chọn  A.

Hình hộp chữ nhật có độ dài chiều dài, chiều rộng, chiều cao đôi một khác nhau có 3 mặt phẳng đối xứng.

Chọn C.

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{\log _3}x = 3{\log _3}a - 2{\log _{\dfrac{1}{3}}}b\\ \Leftrightarrow {\log _3}x = {\log _3}{a^3} + {\log _3}{b^2}\\ \Leftrightarrow {\log _3}x = {\log _3}{a^3}{b^2}\\ \Leftrightarrow x = {a^3}{b^2}.\end{array}\)

Chọn  A.

Xét hàm số \(y = \sqrt {4 - {x^2}} \) trên \(\left[ { - 1;\,\,1} \right].\)

Ta có: \(y' = \dfrac{{ - 2x}}{{2\sqrt {4 - {x^2}} }} = \dfrac{{ - x}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow x = 0 \in \left[ { - 1;\,\,1} \right]\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y\left( { - 1} \right) = \sqrt 3 \\y\left( 0 \right) = 4\\y\left( 1 \right) = \sqrt 3 \end{array} \right. \Rightarrow \mathop {Min}\limits_{\left[ { - 1;\,\,1} \right]} y = \sqrt 3 \,\,\,\,khi\,\,\,\,\left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 1\end{array} \right..\end{array}\)

Chọn  A.

\(\begin{array}{l}P = \sqrt[3]{{{x^2}\sqrt[4]{{x\sqrt x }}}} = \sqrt[3]{{{x^2}\sqrt[4]{{x.{x^{\dfrac{1}{2}}}}}}} = \sqrt[3]{{{x^2}\sqrt[4]{{{x^{\dfrac{3}{2}}}}}}}\\ = \sqrt[3]{{{x^2}.{x^{\dfrac{3}{8}}}}} = \sqrt[3]{{{x^{\dfrac{{19}}{8}}}}} = {x^{\dfrac{{19}}{{24}}}}.\end{array}\)

Chọn  C.

Ta có: \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow AD\) là hình chiếu của \(SD\) trên \(\left( {ABCD} \right).\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle \left( {SD,\,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle SDA = {60^0}.\\ \Rightarrow SA = AD.\tan {60^0} = a\sqrt 3 .\\ \Rightarrow {V_{SABCD}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.a\sqrt 3 .{a^2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}.\end{array}\)

Chọn  C.

Xét hàm số:\(y = {x^3} - 3{x^2} + 7\)  ta có:

\(y' = 3{x^2} - 6x \Rightarrow y'' = 6x - 6\)

Gọi \(x = {x_0}\) là điểm cực tiểu của hàm số. Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y'\left( {{x_0}} \right) = 0\\y''\left( {{x_0}} \right) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x_0^2 - 6{x_0} = 0\\6{x_0} - 6 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} = 2\end{array} \right.\\{x_0} > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow {x_0} = 2.\\ \Rightarrow {y_{CT}} = y\left( 2 \right) = {2^3} - {3.2^2} + 7 = 3.\end{array}\)

Chọn  B.

Theo đề bài ta có: \(S = A{e^{Nr}}\)

Khi dân số nước ta ở mức \(120\) triệu người là:

\(\begin{array}{l}120000000 = 85847000.{e^{N.1,2\% }}\\ \Leftrightarrow {e^{N.1,2\% }} \approx 1,398\\ \Leftrightarrow N.1,2\%  = \ln 1,398\\ \Leftrightarrow N \approx 27,9\end{array}\)

Chọn  C.

Ta có: \({\left( {\pi  - 2} \right)^m} > {\left( {\pi  - 2} \right)^n} \Rightarrow m > n\) vì \(\pi  - 2 > 1.\) 

Chọn  A.

Xét hàm số \(y = \dfrac{1}{3}{x^3} - {x^2} + \left( {m - 1} \right)x + 2019\) trên \(\mathbb{R}\) ta có: \(y' = {x^2} - 2x + m - 1.\)

Hàm số đã cho đồng biến trên TXĐ\( \Leftrightarrow y' \ge 0\,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} - 2x + m - 1 \ge 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 1 \ge  - m\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 1 - 2 \ge  - m\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} \ge  - m + 2.\\ \Rightarrow  - m + 2 \le \mathop {Min}\limits_\mathbb{R} \,\,{\left( {x - 1} \right)^2} \Leftrightarrow  - m + 2 \le 0 \Leftrightarrow m \ge 2.\end{array}\)

Vậy \(m = 2\) là giá trị cần tìm.

Chọn  A.

Xét hàm số: \(y = {x^3} - 3{x^2}\) có \(y' = 3{x^2} - 6x\)

Gọi \(M\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)\) là một điểm thuộc đồ thị hàm số.

\( \Rightarrow \) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\) là:

\(\begin{array}{l}d:\,\,\,y = y'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\\ \Leftrightarrow y = \left( {3x_0^2 - 6{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + x_0^3 - 3x_0^2\\ \Leftrightarrow y = \left( {3x_0^2 - 6{x_0}} \right)x - 3x_0^3 + 6x_0^2 + x_0^3 - 3x_0^2\\ \Leftrightarrow y = \left( {3x_0^2 - 6{x_0}} \right)x - 2x_0^3 + 3x_0^2\\ \Rightarrow d//Ox:\,\,y = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x_0^2 - 6{x_0} = 0\\ - 2x_0^3 + 3x_0^2 \ne 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} = 2\end{array} \right.\\{x_0} \ne 0\\{x_0} \ne \dfrac{3}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow {x_0} = 2.\end{array}\)

Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa mãn bài toán.

Chọn  D.

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là:

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

Vậy đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt.

Chọn  A.

Khối đa diện có 20 mặt đều, mỗi đỉnh là đỉnh chung của 5 cạnh.

Chọn  A.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB.\)

Khi đó ta có: \(A'H \bot \left( {ABCD} \right).\)

\( \Rightarrow H'C\) là hình chiếu của \(A'C\) trên \(\left( {ABCD} \right)\)

\( \Rightarrow \angle \left( {A'C,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {A'C,\,HC} \right) = \angle HCA' = {45^0}\)

Áp  dụng định lý Pitago cho \(\Delta HBC\) vuông tại \(B\) ta có:

\(\begin{array}{l}HC = \sqrt {H{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)}^2} + {a^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}.\\ \Rightarrow A'H = HC.\tan {45^0} = HC = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}.\\ \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = A'H.{S_{ABCD}} = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}.{a^2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 5 }}{2}.\end{array}\)

Chọn  A.

Hình đa diện có tất cả các đỉnh là trung điểm của các cạnh của một tứ diện đều là bát diện đều.

Chọn  A.

Ta có: \({\log _2}7 = {\log _2}3.{\log _3}7 = ab.\)

\(\begin{array}{l}P = {\log _{21}}126 = {\log _{21}}\left( {21.6} \right) = {\log _{21}}21 + {\log _{21}}6\\\,\,\,\,\, = 1 + {\log _{21}}2 + {\log _{21}}3 = 1 + \dfrac{1}{{{{\log }_2}21}} + \dfrac{1}{{{{\log }_3}21}}\\\,\,\,\,\, = 1 + \dfrac{1}{{{{\log }_2}3 + {{\log }_2}7}} + \dfrac{1}{{{{\log }_3}3 + {{\log }_3}7}}\\\,\,\,\,\, = 1 + \dfrac{1}{{a + ab}} + \dfrac{1}{{1 + b}} = \dfrac{{a + ab + 1 + a}}{{a + ab}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{ab + 2a + 1}}{{a + ab}}.\end{array}\)

Chọn  A.

+) Xét đáp án A: Hàm số \(y = \log x\) có TXĐ: \(D = \left( {0; + \infty } \right)\)

\( \Rightarrow \) Đáp án A sai.

Chọn  A.

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

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}.\)

Có: \(y' = \dfrac{{ - 2.2 - 1}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \dfrac{{ - 5}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} < 0\,\,\forall x \in D\)

\( \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;\,\,2} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right).\)

\( \Rightarrow \) Đáp án B đúng.

Đồ thị hàm số có TCĐ: \(x = 2\) và TCN: \(y = 2.\)

\( \Rightarrow \) Đáp án A đúng.

Hàm số bậc nhất trên bậc nhất không có cực trị.

\( \Rightarrow \) Đáp án D đúng.

Chọn  C.

Ta có:\({S_{ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\)

\(AO = \dfrac{2}{3}AD = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)

Áp dụng định lý Pitago cho \(\Delta SAO\) vuông tại \(O\) ta có:

\(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}}  = \sqrt {4{a^2} - {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {33} }}{3}.\)

Gọi \(I\) là hình chiếu vuông góc của \(M\) trên \(AO.\)

Khi đó ta có: \(MI = \dfrac{1}{2}SO\) (định lý Ta-let).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow MI = \dfrac{{a\sqrt {35} }}{6}.\\ \Rightarrow {V_{MABC}} = \dfrac{1}{3}MI.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt {33} }}{6}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt {11} }}{{24}}.\end{array}\)

Chọn  D.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có TCĐ là: \(x = 1 \Rightarrow  - \dfrac{d}{c} = 1 \Rightarrow d =  - c \Rightarrow dc < 0.\)

Đồ thị hàm số có TCN là: \(y = 1 \Rightarrow \dfrac{a}{c} = 1 \Rightarrow a = c \Rightarrow ac > 0 \Rightarrow \) loại đáp án D.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng \(2 \Rightarrow \dfrac{b}{d} = 2 \Leftrightarrow b = 2d \Rightarrow bd > 0 \Rightarrow \) loại đáp án C.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}dc < 0\\ac > 0\\bd > 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}ad < 0\\bd > 0\end{array} \right. \Rightarrow ab < 0.\)

Chọn  A.

Hàm số \(y = \log \left( {{x^3} - 3x + 2} \right)\) xác định \( \Leftrightarrow {x^3} - 3x + 2 > 0\) 

\( \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x + 2} \right) > 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 \ne 0\\x + 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x >  - 2\\x \ne 1\end{array} \right..\)

Chọn  B.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{x - 1}}{{\sqrt {3{x^2} + 1} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{1 - \dfrac{1}{x}}}{{\sqrt {3 + \dfrac{1}{{{x^2}}}} }} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\)

\( \Rightarrow y = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\) là đường TCN của đồ thị hàm số.

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

\( \Rightarrow y =  - \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\) là đường TCN của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có 2 đường TCN.

Chọn  C.

Ta có: \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB}  = 0\)

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB}  = 0 \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} } \right)\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} } \right) = 0\\ \Leftrightarrow {\overrightarrow {MI} ^2} + \overrightarrow {MI} .\overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IA} .\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} .\overrightarrow {IB}  = 0\\ \Leftrightarrow M{I^2} + \overrightarrow {MI} \left( {\overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IA} } \right) + IA.IB.\cos \left( {\overrightarrow {IA} ,\,\overrightarrow {IB} } \right) = 0\\ \Leftrightarrow M{I^2} + I{A^2}\cos {180^0} = 0\\ \Leftrightarrow M{I^2} = I{A^2}\\ \Leftrightarrow MI = IA\end{array}\)

Vậy tập hợp điểm \(M\) thỏa mãn bài toán là mặt cầu tâm \(I,\) đường kính \(AB.\)

Chọn  C.

+) Xét đáp án A: \({\log _a}\dfrac{x}{y} = {\log _a}x - {\log _a}y \Rightarrow \) đáp án A sai.

+) Xét đáp án B: \(\log _a^2\left( {xy} \right) = {\left( {{{\log }_a}x + {{\log }_a}y} \right)^2} = \log _a^2x + 2{\log _a}x.{\log _a}y + \log _a^2y \Rightarrow \) đáp án B sai.

+) Xét đáp án C: \({\log _a}\dfrac{1}{x} = {\log _a}1 - {\log _a}x =  - {\log _a}x \Rightarrow \) đáp án C sai.

+) Xét đáp án D: \({\log _b}x = {\log _a}{x^{{{\log }_b}a}} \Leftrightarrow {\log _b}x = {\log _b}a.{\log _a}x \Leftrightarrow {\log _b}x = {\log _b}x\) luôn đúng \( \Rightarrow \) đáp án D đúng.

Chọn D.

Ta có: \(y = {2^{{x^2} - \sin x + 2}}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow y' = \left( {{x^2} - \sin x + 2} \right)'{2^{{x^2} - \sin x + 2}}\ln 2\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {2x - \cos x} \right){.2^{{x^2} - \sin x + 2}}\ln 2.\end{array}\)

Chọn  A.

Bán kính khối cầu là: \(r = \dfrac{{3R}}{2}.\)

Thể tích của khối cầu là:\(V = \dfrac{4}{3}\pi {r^3} = \dfrac{4}{3}\pi {\left( {\dfrac{{3R}}{2}} \right)^3} = \dfrac{{9\pi {R^3}}}{2}.\)

Chọn  C.

\(\Delta ABC\) vuông cân tại \(A\) có \(BC = a\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow AB = AC = \dfrac{a}{{\sqrt 2 }}.\\ \Rightarrow SA = AB = \dfrac{a}{{\sqrt 2 }}.\\ \Rightarrow {V_{SABC}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.SA.\dfrac{1}{2}AB.AC\\ = \dfrac{1}{6}.\dfrac{a}{{\sqrt 2 }}.\dfrac{a}{{\sqrt 2 }}.\dfrac{a}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{{a^3}}}{{12\sqrt 2 }} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{24}}.\end{array}\)

Chọn  A.

Ta có:\(y = 4{x^3} + m{x^2} - 12x + 5\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow y' = 12{x^2} + 2mx - 12\\ \Rightarrow y'' = 24x + 2m.\end{array}\)

Hàm số đã cho nhận điểm \(x =  - 2\) làm điểm cực tiểu \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y'\left( { - 2} \right) = 0\\y''\left( { - 2} \right) > 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}12.{\left( { - 2} \right)^2} + 2m\left( { - 2} \right) - 12 = 0\\24.\left( { - 2} \right) + 2m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 9\\m > 24\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \emptyset .\)

Chọn  A.

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

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

\( \Rightarrow y' = \dfrac{{2.\left( { - 1} \right) - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0\,\,\forall x \in D\)

\( \Rightarrow \)  Hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;\,\,1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right).\)

Chọn A.

Xét hàm số \(y = \dfrac{{2x + 1}}{{x - 1}}\) có TXĐ \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Ta có: \(y' = \dfrac{{2.\left( { - 1} \right) - 1.1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0\,\,\forall x \in D\).

Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Chọn A.

Chú ý: Không kết luận hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\) hay nghịch biến trên \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Trong các hình: Hình thang vuông, hình thang cân, hình bình hành, hình thang, chỉ có duy nhất hình thang cân là tứ giác có đường tròn nội tiếp.

Vậy trong 4 đáp án chỉ có hình chóp có đáy là hình thang cân có mặt cầu ngoại tiếp.

Chọn B.

Ta có: \(\sqrt[m]{{{a^n}}} = {a^{\dfrac{n}{m}}}\) nên đáp án B sai.

Chọn B.

Xét đáp án C và D, hai hàm số đều có TXĐ \(D = \mathbb{R}\) nên không có tiệm cận đứng.

Xét đáp án B: \(y = \dfrac{{x + 2}}{{{x^2} - 4}} = \dfrac{{x + 2}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \dfrac{1}{{x - 2}}\)

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} y = \dfrac{1}{{ - 2 - 2}} =  - \dfrac{1}{4} \ne  \pm \infty \), do đó đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng \(x =  - 2\).

Xét đáp án A ta có: \(y = \dfrac{{x + 1}}{{{x^2} - 4}}\).

Có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 2} \right)}^ + }} y =  + \infty  \Rightarrow \) Đồ thị hàm số nhận \(x =  - 2\) là đường tiệm cận đứng.

Chọn A.

Hình chóp đều có chiều cao \(h = 2cm\), cạnh bên \(a = 4cm\) có bán kính mặt cầu ngoại tiếp là:

\(R = \dfrac{{{a^2}}}{{2h}} = \dfrac{{{4^2}}}{{2.2}} = 4\,\,\left( {cm} \right)\).

Chọn D.

Ta có: \(\dfrac{{{V_{AMNP}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \dfrac{{AM}}{{AB}}.\dfrac{{AN}}{{AC}}.\dfrac{{AP}}{{AD}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{{12}} \Rightarrow {V_{AMNP}} = \dfrac{1}{{12}}{V_{ABCD}}\).

Mà \({V_{ABCD}} = {V_{AMNP}} + {V_{MNP.BCD}} \Rightarrow {V_{ABCD}} = \dfrac{1}{{12}}{V_{ABCD}} + {V_{MNP.BCD}}\).

\( \Rightarrow {V_{MNP.BCD}} = \dfrac{{11}}{{12}}{V_{ABCD}} \Rightarrow {V_{MNP.BCD}} = \dfrac{{11}}{{12}}V\)

Chọn D.

Dựa vào BBT ta thấy:

Hàm số có giá trị cực tiểu bằng \( - 1\), đạt tại \(x = 1\). Do đó đáp án A đúng, đáp án C sai.

Hàm số có \({x_{CT}} = 1,\,\,{x_{CD}} = 0\) nên đáp án D sai.

Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y =  - \infty \) nên đáp án B sai.

Chọn A.

Hàm số \(y = {x^4} - 2{x^2} + 1\) là hàm chẵn, nên đồ thị hàm số không nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng.

Vậy đáp án B sai.

Chọn B.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có: \(y' =  - 8{x^3} - 2x\).

\(y' = 0 \Leftrightarrow  - 8{x^3} - 2x = 0 \Leftrightarrow  - 2x\left( {4{x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0\).

Do \(x = 0\) là nghiệm bội 1, vậy \(x = 0\) chính là cực trị duy nhất của hàm số đã cho.

Chọn A.

Để phương trình \(2{x^3} - 3{x^2} - 2m - 1 = 0\) có ba nghiệm phân biệt thì đồ thị hàm số \(y = 2{x^3} - 3{x^2} - 2m - 1\) có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục hoành.

Ta có: \(f'\left( x \right) = 6{x^2} - 6x\).

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 6{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\).

Với \(x = 0 \Rightarrow y =  - 2m - 1\).

Với \(x = 1 \Rightarrow y = {2.1^3} - {3.1^2} - 2m - 1 =  - 2m - 2\).

Để hai điểm cực trị nằm về hai phía trục hoành thì:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\left( { - 2m - 1} \right)\left( { - 2m - 2} \right) < 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} + 6m + 2 < 0\\ \Leftrightarrow  - 1 < m <  - \dfrac{1}{2}\end{array}\)

Chọn A.