Đề thi thử học kỳ 1 môn Toán lớp 12 online - Mã đề 18

\(\begin{array}{l}{x^3} - 3{x^2} + m = 0\\ \Leftrightarrow - {x^3} + 3{x^2} = m\\ \Leftrightarrow - {x^3} + 3{x^2} - 4 = m - 4\end{array}\)

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.

⇒ 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 điểm

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

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

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

Txđ : D = R

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

Hàm số \(y = - \dfrac{{{x^3}}}{3} + {x^2} + mx\) nghịch biến trên 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 : \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \dfrac{{2x - 3}}{{x - 1}} = 2\\ \Rightarrow TCN:y = 2\\\left. \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = - \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = + \infty \end{array} \right\} \Rightarrow TCĐ:x = 1\end{array}\)

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.

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

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

\(y = \dfrac{1}{4}{x^4} - 2{x^2} + 3\)

TXĐ: D = R

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

Từ BBT, hàm số ĐB trên \(\left( { - 2,0} \right)\) và \({\rm{(2, + }}\infty {\rm{)}}\); NB trên \(( - \infty , - 2)\) và \(\left( {0,2} \right)\).

Hàm số bậc ba nếu có cực đại thì có cả cực tiểu vì hàm số bậc ba chỉ có thể có hai điểm cực trị hoặc không có điểm cực trị nào.

Hàm số f(x) xác định với mọi \(x \in R\) khi và chỉ khi \(m{x^2} - 2\left( {m - 2} \right)x + 2m - 1 > 0 \forall x \in \mathbb{R}\)

+ Với m = 0 ta có: 4x - 1 > 0 (không thỏa mãn)

+ Với \(m \ne 0\), ta có: \(m{x^2} - 2\left( {m - 2} \right)x + 2m - 1 > 0 \forall x \in \mathbb{R}\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\\Delta ' = - {m^2} - 3m + 4 < 0\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\\left[ \begin{array}{l}m > 1\\m < - 4\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 1\)

Điều kiện: \({x^3} - 3x > 0\)

Ta có: \({\log _3}({x^3} - 3x) = \dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow \left( {{x^3} - 3x} \right) = {3^{\dfrac{1}{2}}}\)

Dùng máy tính giải phương trình, so sánh điều kiện phương trình có 1 nghiệm.

Ta có:

\({4^{\dfrac{1}{2}{{\log }_2}3 + 3{{\log }_8}5}} \\= {4^{{{\log }_2}\sqrt 3 + {{\log }_2}5}} \\= {4^{{{\log }_2}5\sqrt 3 }} = {2^{2{{\log }_2}\sqrt {75} }}\\= {2^{{{\log }_2}75}} = 75.\)

Ta có: \(y = {2^{2x + 3}} \)

\(\Rightarrow y' = {\left( {{2^{2x + 3}}} \right)^\prime }\\ = {2^{2x + 3}}.\ln 2.2\)

Ta có: \({4^x} - {8.2^x} + 4 = 0 \)

\(\Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} - 8.\left( {{2^x}} \right) + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^x} = 4 + 2\sqrt 3 \\{2^x} = 4 - 2\sqrt 3 \end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {\log _2}\left( {4 + 2\sqrt 3 } \right)\\x = {\log _2}\left( {4 - 2\sqrt 3 } \right)\end{array} \right.\)

Khi đó 

\(P = {x_1} + {x_2} \\= {\log _2}\left( {4 + 2\sqrt 3 } \right) + {\log _2}\left( {4 - 2\sqrt 3 } \right) \\= {\log _2}\left( {16 - 12} \right) = 2\)

Điều kiện xác định: \(x - 4 > 0 \Leftrightarrow x > 4\)

Ta có: \(\dfrac{{{a^{\dfrac{1}{3}}}\sqrt b + {b^{\dfrac{1}{3}}}\sqrt a }}{{\sqrt[6]{a} + \sqrt[6]{b}}} \)

\(= \dfrac{{{a^{\dfrac{1}{3}}}{b^{\dfrac{1}{2}}} + {b^{\dfrac{1}{3}}}{a^{\dfrac{1}{2}}}}}{{{a^{\dfrac{1}{6}}} + {b^{\dfrac{1}{6}}}}} \)

\(= \dfrac{{{a^{\dfrac{1}{3}}}{b^{\dfrac{1}{3}}}\left( {{a^{\dfrac{1}{6}}} + {b^{\dfrac{1}{6}}}} \right)}}{{{a^{\dfrac{1}{6}}} + {b^{\dfrac{1}{6}}}}}\)

\(= {a^{\dfrac{1}{3}}}{b^{\dfrac{1}{3}}} = \sqrt[3]{{ab}}\)

Với n chẵn thì điều kiện để \(\sqrt[n]{b}\) có nghĩa là \(b \ge 0\).

Ta có: \({5^{x - 1}} = {\left( {\dfrac{1}{{25}}} \right)^x} \)

\(\\\Leftrightarrow {5^{x - 1}} = 5{}^{ - 2x} \\\Leftrightarrow x - 1 = - 2x\\\Leftrightarrow x = \dfrac{1}{3}.\)

Thứ tự tăng dần là \({\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^\pi },\,\,{\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^{\sqrt 2 }},\,{\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^0},\,\,{\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^{ - 1}}\)

Khối chóp có đáy là đa giác n cạnh thì có n + 1 đỉnh (gồm đỉnh S và n đỉnh của đa giác đáy), n + 1 mặt (1 mặt đáy và n mặt bên) và 2n cạnh (n cạnh bên và n cạnh đáy)

Do đó chỉ có ý A đúng.

Nếu A', B', C' là ba điểm lần lượt nằm trên các cạnh SA, SB, SC của hình chóp tam giác S.ABC. Khi đó:

\(\dfrac{{{V_{S.A'B'C'}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SA'}}{{SA}}.\dfrac{{SB'}}{{SB}}.\dfrac{{SC'}}{{SC}}\)

Ta có: \({S_{\Delta BCD}} = \dfrac{1}{2}{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}{a^2}\)

\({V_{S.BCD}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{BCD}} = \dfrac{1}{3}a.\dfrac{1}{2}{a^2} = \dfrac{{{a^3}}}{6}\)

Mỗi đỉnh của hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất 3 mặt (ví dụ các đỉnh của hình tứ diện)

Không tồn tại 1 đỉnh nào đó của đa diện nào đó là đỉnh chung của ít hơn 3 mặt.

Các hình tứ diện đều, lập phương, bát diện đều là các khối đa diện đều nên chúng là đa diện lồi.

Hình tạo bởi hai tứ diện đều ghép với nhau có thể là đa diện lồi hoặc không phải là đa diện lồi

⇒ Mệnh đề “Hình tạo bởi hai tứ diện đều ghép với nhau là đa diện lồi” là mệnh đề sai

\(S=4\pi {a^2}\)

Phép vị tự tỉ số k > 0 biến khối chóp có thể tích V thành khối chóp có thể tích V'.

Khi đó \(\dfrac{{V'}}{V} = {k^3}\).

Ta có: \({S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}\left( {AB + CD} \right).AD = \dfrac{1}{2}\left( {2a + a} \right)a = \dfrac{{3{a^2}}}{2}\)

\({S_{\Delta ABD}} = \dfrac{1}{2}AD.AB = \dfrac{1}{2}a.2a = {a^2}\)

\( \Rightarrow {S_{BCD}} = {S_{ABCD}} - {S_{ABD}} = \dfrac{{3{a^2}}}{2} - {a^2} = \dfrac{{{a^2}}}{2}\)

\(SA = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow {V_{S.BCD}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{BCD}} = \dfrac{1}{3}a\sqrt 2 .\dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\)

Khối chóp O. A’B’C’ D’ và khối hộp đã cho có cùng đáy là tứ giác A’B’C’D’ và cùng chiều cao là khoảng cách từ O đến mp (A’B’C’ D’) nên:

\(\begin{array}{l}{V_{O.A'B'C'D'}} = \dfrac{1}{3}{V_{ABCD.A'B'C'D'}}\\ \Rightarrow \dfrac{{{V_{O.A'B'C'D'}}}}{{{V_{ABCD.A'B'C'D'}}}} = \dfrac{1}{3}\end{array}\)

Vì mỗi mặt cảu hình bát diện đều là một tam giác đều và mỗi đỉnh của hình bát diện đều là đỉnh chung của 4 cạnh.

Vậy hình bát diện đều là đa diện đều loại {3;4}

Hai đường sinh bất kì của nón có thể không vuông góc.

\(\begin{array}{l}BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5\\\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{{3^2}}} + \dfrac{1}{{{4^2}}}\\ \Rightarrow AH = 2,4\end{array}\)

Thể tích của khối tròn xoay khi cho tam giác ABC quay quanh AB là:

\({V_1} = \dfrac{1}{3}\pi {.4^2}.3 = 16\pi \left( {c{m^3}} \right)\)

Thể tích của khối tròn xoay khi cho tam giác ABC quay quanh AC là:

\({V_2} = \dfrac{1}{3}\pi {.3^2}.4 = 12\pi \left( {c{m^3}} \right)\)

Thể tích của khối tròn xoay khi cho tam giác ABC quay quanh BC là:

\({V_3} = \dfrac{1}{3}\pi .2,{4^2}.5 = 9,6\pi \left( {c{m^3}} \right)\)

Do đó: \({V_3} < {V_2} < {V_1}\)

Hình nón có bán kính đáy \(r = \dfrac{a}{2}\); độ dài đường sinh l = a

Diện tích xung quanh hình nón là:

\({S_{xq}} = \pi rl = \pi .\dfrac{a}{2}.a = \dfrac{{\pi {a^2}}}{2}\)

Khối trụ được tạo thành có bán kính đáy r = 5, chiều cao h = 3

Thể tích khối trụ là: \(V = \pi {r^2}.h = \pi {.5^2}.3 = 75\pi \left( {c{m^3}} \right)\).

Góc giữa A’B và mặt đáy là \(\widehat {A'BA} = {45^o}\) nên tam giác A’AB vuông cân tại A.

Do đó: AA’ = a

Ta có: \(BC = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \)

Hình trụ ngoại tiếp lăng trụ có bán kính \(r = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\), chiều cao h = a

Diện tích xung quanh của hình trụ là: \({S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi .\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.a = \sqrt 2 \pi {a^2}\)

Hình trụ có bán kính r = a, chiều cao h = 2a

Diện tích xung quanh của hình trụ là: \({S_1} = 2\pi rh = 2\pi a.2a = 4\pi {a^2}\)

Diện tích toàn phần của hình trụ là: \({S_2} = {S_1} + 2\pi {r^2} = 4\pi {a^2} + 2\pi {a^2} = 6\pi {a^2}\)

Do đó: \(3{S_1} = 2{S_2}\)

Khối trụ nội tiếp có bán kính \(r = \dfrac{a}{2}\), chiều cao h = a

Thể tích của khối trụ nội tiếp là: \({V_1} = \pi {r^2}.h = \pi .{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)^2}.a = \dfrac{{\pi {a^3}}}{4}\)

Khối trụ ngoại tiếp có bán kính \(R = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\), chiều cao h = a

Thể tích của khối trụ ngoại tiếp là: \({V_2} = \pi {R^2}h = \pi {\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2}.a = \dfrac{{\pi {a^3}}}{2}\)

\(\Rightarrow \dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{1}{2}\).

\(\dfrac{4}{3}\pi {R^3} = 36\pi \Rightarrow R = 3\,cm\)

Diện tích mặt cầu là: \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi {.3^2} = 36\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

\(4\pi {R^2} = 16\pi \Rightarrow R = 2\,cm\)

Diện tích của đường tròn lớn nhất của mặt cầu là: \(S = \pi {R^2} = \pi {.2^2} = 4\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

Khoảng cách từ O đến \(\Delta \) là: \(d\left( {O,\Delta } \right) = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4\,cm\)