Đáp án C.

Diện tích mặt cầu (S) là: $4\pi R^2=4\pi \Rightarrow R=1.$

Do dó thể tích khối cầu (S) là: $V=\frac{4}{3}\pi .R^3=\frac{4}{3}\pi$ (đvtt).

Đáp án A.

TXĐ: $D=ℝ.$

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2-2=0\iff x=\pm \sqrt{\frac{2}{3}}\Rightarrow x_{CT}=-x_{CD}$

Mà hàm số đã cho là hàm số lẻ nên ta suy ra $y_{CT}=-y_{CD}$ hay $y_{CT}+y_{CD}=0.$

Đáp án A.

Ta có: $\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=2.\left(-1\right)+\left(-3\right).4+1.\left(-2\right)=-16.$

Đáp án đúng: B.

*Phương pháp giải:

- Tìm tập xác định của hàm số 

- Tính đạo hàm của hàm số

- xét dấu trên bảng để tìm ra khoảng nghịch biến

*Lời giải:

TXĐ: $D=ℝ.$

Ta có $y^{\text{'}}=4x^3-4x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\end{array}\right..$

Bảng xét dấu y' như sau:

Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$ và (0;1) nên nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;-2\right).$

*Cách tìm khoảng đồng biến/nghịch biến của hàm số:

Kí hiệu K là khoảng hoặc đoạn hoặc nửa khoảng. Giả sử hàm số y = f(x) xác định trên K ta có:

+ Hàm số y = f(x) được gọi là hàm số đồng biến B (tăng) trên K nếu với mọi x1, x2 thuộc K và x1 < x2 thì f(x1) < f(x2).

+ Hàm số y = f(x) được gọi là hàm số nghịch biến (giảm) trên K nếu với mọi x1, x2 thuộc K và x1 < x2 thì f(x1) > f(x2).

Hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên K được gọi chung là đơn điệu trên K.

Nhận xét:

+ Hàm số f(x) đồng biến trên K thì đồ thị của hàm số đi lên từ trái sang phải.

+ Hàm số f(x) nghịch biến trên K thì đồ thị của hàm số đi xuống từ trái sang phải.

Các bước để xét tính đơn điệu của hàm số y = f(x):

Bước 1. Tìm tập xác định của hàm số.

Bước 2. Tính đạo hàm f'(x). Tìm các điểm xi (i = 1, 2, …) tại đó đạo hàm bằng 0 hoặc không tồn tại.

Bước 3. Sắp xếp các điểm xi theo thứ tự tăng dần và lập bảng biến thiên (hoặc bảng xét dấu đạo hàm) của hàm số.

Bước 4. Kết luận về các khoảng đồng biến và nghịch biến của hàm số.

Xem thêm các bài viết liên quan hay, chi tiết:

TOP 30 Đề thi Học kì 1 Toán 12 có đáp án

Bài tập về sự đồng biến và nghịch biến của hàm số (có đáp án)

Trắc nghiệm Cực trị hàm số (có đáp án) - Toán 12

Đáp án A.

Cách 1: Với x > 0 ta có: $P=\sqrt[3]{x.\sqrt[5]{x^2.\sqrt{x}}}=\sqrt[3]{x.\sqrt[5]{x^2.x^{\frac{1}{2}}}}=\sqrt[3]{x.\sqrt[5]{x^{\frac{5}{2}}}}=\sqrt[3]{x.x^{\frac{1}{2}}}=\sqrt[3]{x^{\frac{3}{2}}}=x^{\frac{1}{2}}=x^{\alpha }$

Vậy $\alpha =\frac{1}{2}.$

Cách 2: Ta có: $P=\sqrt[3]{x.\sqrt[5]{x^2.\sqrt{x}}}=x^{\frac{1}{3}}.x^{\frac{2}{15}}.x^{\frac{1}{30}}=x^{\frac{1}{2}}=x^{\alpha }.$

Phương pháp CASIO – VINACAL

Đáp án B.

Ta có: $\underset{a}{\overset{b}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx=f\left(b\right)-f\left(a\right)$

Đáp án A.

Ta có: $R=\frac{\sqrt{O{A}^2+O{B}^2+O{C}^2}}{2}=\frac{\sqrt{3}a}{2}\Rightarrow V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{\sqrt{3}}{2}\pi a^3.$

Đáp án C.

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ x-6>0\end{array}\right.\iff x>6$.

Phương trình tương đương với: ${\log }_3\left[x\left(x-6\right)\right]={\log }_{3}7\iff x\left(x-6\right)=7$

$\iff x^2-6x-7=0\iff \left[\begin{array}{l}x=7(thoả mãn)\\ x=-1\left(loại\right)\end{array}\right.$

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm thực.

Đáp án A.

Phương trình mặt phẳng đi qua điểm $A\left(1;2;-3\right)$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left(2;-1;3\right)$ là:

$2\left(x-1\right)-1\left(y-2\right)+3\left(z+3\right)=0\iff 2x-y+3z+9=0.$

Đáp án B.

Ta có: $\int \left(e^x+x\right)dx=\int e^{x}dx+\int xdx=e^x+\frac{x^2}{2}+C.$

Đáp án A.

Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left(2;4;-8\right)=2\left(1;2;-4\right),$ vậy đường thẳng AB có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u}=\left(1;2;-4\right).$

Đáp án B.

Số cách lấy 6 viên bi bất kỳ (không phân biệt màu) trong 12 viên bi là một tổ hợp chập 6 của 12 (viên bi).

Vậy ta có $C_{12}^6=924$ cách lấy.

Đáp án C.

Theo công thức $u_8=u_1+7d,$ suy ra $d=\frac{u_8-u_1}{7}=\frac{39+3}{7}=6.$

Đáp án A.

Ta có: $z_3=z_1.z_2=\left(4+3i\right)\left(-4+3i\right)=-25\Rightarrow \left|z_3\right|=25$

Đáp án A.

Bảng biến thiên là dạng hàm bậc ba, suy ra loại D.

Đồ thị đi qua điểm $\left(1;-2\right),$ suy ra đáp án A

Đáp án A.

TXĐ: $D=ℝ$

Ta có: $y^{\text{'}}=3x^2-3=0\left[\begin{array}{l}x=1\in \left[0;2\right]\\ x=-1\notin \left[0;2\right]\end{array}\right.$

Ta lại có: $y\left(0\right)=\mathrm{4,}y\left(2\right)=\mathrm{6,}y\left(1\right)=2$.

Do đó: $\underset{\left[0;2\right]}{\min }y=y\left(1\right)=2$

Phương pháp CASIO – VINACAL

Đáp án B

TXĐ: $D=ℝ.$

Ta có: $y^{\text{'}}=4m{x}^3+\left(m^2-1\right).$

Để hàm số đạt cực đại tại x = 0 thì $y^{\text{'}}\left(0\right)=0\iff m^2-1=0\iff m=\pm 1.$

+ Với $m=1\Rightarrow y=x^4+\mathrm{1,}$ suy ra $y^{\text{'}}=4x^3=0\iff x=0.$

Bảng xét dấu y' 

Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x = 0

Do đó suy ra m= 1 không thỏa mãn.

+ Với $m=-1\Rightarrow y=-x^4+\mathrm{1,}$ suy ra $y^{\text{'}}=-4x^3=0\iff x=0.$

Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số đạt cực đại tại x = 0.

Do đó suy ra m = -  thỏa mãn.

Đáp án D.

Số phức $3-2\sqrt{2i}$ có phần thực a = 3 phần ảo $b=-2\sqrt{2}.$

Vậy $P=ab=-6\sqrt{2}.$

Trong không gian với hệ tọa độ Ozyz, phương trình nào sau đây không phải phương trình mặt cầu?

Đáp án D.

Ta có: $S=2\ln a-\left(\ln b+\ln c\right)=\ln a^2-\ln \left(bc\right)=\ln \left(bc\right)-\ln \left(bc\right)=0.$

Đáp án C.

Vì $\left\{\begin{array}{l}\left(2-3i\right)+\left(2+3i\right)=4\\ \left(2-3i\right).\left(2+3i\right)=13\end{array}\right.,$ nên 2 - 3i và 2 + 3i là hai nghiệm của phương trình $z^2-4z+13=0.$

Đáp án C.

Gọi A(a;0;0); B(0;b;0); C(0;0;c) lần lượt là các giao điểm của mặt phẳng (P) với các trục Ox, Oy, Oz.

Phương trình mặt phẳng (ABC) là: $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1.$

Do M(1;2;3) là trọng tâm tam giác ABC

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_a+x_b+x_c=3x_M\\ y_a+y_b+y_c=3y_M\\ z_a+z_b+z_c=3z_M\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a+0+0=3.1\\ 0+b+0=3.2\\ 0+0+c=3.3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=3\\ b=6\\ c=9\end{array}\right..$

Vậy phương trình mặt phẳng (ABC) là: $\frac{x}{3}+\frac{y}{6}+\frac{z}{9}=1\iff 6x+3y+2z-18=0.$

Đáp án A.

Bất phương trình tương đương với: $2^{\frac{1}{x}}<\frac{1}{4}\iff \frac{1}{x}<-2\iff -\frac{1}{2}<x<0.$

Đáp án A.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: $-x^2+4=-x+2$

$\iff x^2-x-2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=2\end{array}\right..$

Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là: $S=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}\left|\left(-x^2+4\right)-\left(-x+2\right)\right|dx$

$=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}\left(-x^2+x+2\right)dx={\left.\left(-\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}+2x\right)\right|}_{-1}^2=\frac{9}{2}.$

Đáp án A.

Ta có: $S_{xq}=\pi rl\Rightarrow l=\frac{S_{xq}}{\pi r}=\frac{20\pi }{\pi .4}=5\Rightarrow h=\sqrt{l^2-r^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3.$

Vậy $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}.\pi {.4}^2.3=16\pi$

Đáp án C.

Ta có: $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=+\infty$ nên x = 1 là TCĐ và $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=5;$ $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=2;$ nên y = 2; y = 5 là hai TCN của đồ thị hàm số đã cho.

Đáp án B

Theo giả thiết, ta có $A^{\text{'}}H\perp AB.$

Tam giác vuông A'AH, có $A^{\text{'}}H=\sqrt{A^{\text{'}}{A}^2-A{H}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Diện tích hình vuông $S_{ABCD}=a^2$ (đvdt).

Thể tích khối lăng trụ ABCD.A'B'C'D' là: $V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=S_{ABC}.A^{\text{'}}H=\frac{a^3\sqrt{3}}{2}$ (đvtt)

Đáp án C.

Đạo hàm: $f^{\text{'}}\left(x\right)={\left(x^{\pi }\right)}^{\text{'}}.{\pi }^x+x^{\pi }.{\left(x^{\pi }\right)}^{\text{'}}=\pi .x^{\pi -1}.\pi +x^{\pi }.{\pi }^x.\ln \pi .$

Suy ra: $f^{\text{'}}\left(1\right)={\pi }^2+\pi \ln \pi .$

Đáp án B.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y=x^3-3x+1$ và trục Ox là: $x^3-3x+1=0.$

Bấm máy tính ta thấy phương trình có 3 nghiệm phân biệt nên số giao điểm là 3.

Đáp án B.

Dễ dàng xác định giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là đường thẳng d đi qua S và song song với AB. Trong mặt phẳng (SAB) có $SH\perp AB\Rightarrow SH\perp d.$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}CD\perp HK\\ CD\perp SH\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp \left(SHK\right)\Rightarrow CD\perp SK\Rightarrow d\perp SK.$

Từ đó suy ra $\widehat{\left(SAB\right),\left(SCD\right)}=\widehat{SH,SK}=\widehat{HSK}.$

Trong tam giác vuông SHK, có $\tan \widehat{HSK}=\frac{HK}{SH}=\frac{2\sqrt{3}}{3}.$

Đáp án B.

Phương trình tương đương với: $\iff 9-2^2=2^{3-x}\iff 9-2x=\frac{8}{2^x}$

$\iff {\left(2^x\right)}^2-{9.2}^x+8=0\iff \left[\begin{array}{l}{2}^x=1\\ 2^x=8\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=3\end{array}\right..$

Đáp án C.

Thể tích phần phía dưới (hình hộp chữ nhật): $V_1=\mathrm{4.4.40}=640.$

Thể tích phần bên trên (nửa hình trụ): $V_2=\frac{1}{2}\times \left(2^2\pi 40\right)=80\pi .$

Vậy thể tích thùng đựng thư: $V=V_1+V_2=640+80\pi .$

Đáp án B.

Đặt: $t=\sqrt{x^3+1}\Rightarrow t^2=x^3+1\Rightarrow \frac{2}{3}tdt=x^{2}dx$

Khi đó $I=\frac{2}{3}\int dt=\frac{2}{3}t+C.$

Với $t=\sqrt{x^3+1}$ thì $I=\frac{2}{3}\sqrt{x^3+1}+C$.

Đáp án B.

Gọi O là tâm của đáy, suy ra $SO\perp \left(ABCD\right).$

Ta có: $d\left(A,\left(SCD\right)\right)=2d\left(O;\left(SCD\right)\right)$

Gọi J là trung điểm CD, suy ra $OJ\perp CD.$

Gọi K là hình chiếu của O trên SJ, suy ra $OK\perp SJ.$

Khi đó $d\left(O;\left(SCD\right)\right)=OK=\frac{SO.OJ}{\sqrt{S{O}^2+O{J}^2}}=\frac{a\sqrt{7}}{\sqrt{30}}$

Vậy $d\left(A,\left(SCD\right)\right)=2OK=\frac{2a\sqrt{7}}{\sqrt{30}}$

Đáp án C.

Ta có: $\overrightarrow{u_{d_2}}=\left(1;2;2\right).$

Gọi $I=d_1\cap \Delta ,I\left(1+t;-1+2t;-t\right)\Rightarrow \overrightarrow{AI}=\left(t;2t-1;-t-2\right)=\overrightarrow{u_{\Delta }}.$

Do $\Delta \perp d_2\Rightarrow \overrightarrow{u_{\Delta }}.\overrightarrow{u_{d_2}}=0\iff t+2\left(2t-1\right)+2\left(-t-2\right)=0\iff t=2.$

Vậy $\overrightarrow{AI}=\left(2;3;-4\right).$

Phương trình đường thẳng cần tìm là: $\frac{x-1}{2}=\frac{y}{3}=\frac{z-2}{-4}$.

Đáp án B.

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{m\right\}$.

Ta có: $y^{\text{'}}=\frac{x^2-2mx+m^2-\left(2m+1\right)}{{\left(x-m\right)}^2}$

Để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định thì: $y^{\text{'}}\ge \mathrm{0,}\forall x\in D$

$\iff x^2-2mx+m^2-\left(2m+1\right)\ge \mathrm{0,}\forall x\ne m$

$\iff \left\{\begin{array}{l}a=1>0\\ {\Delta }^{\text{'}}=2m+1\le 0\end{array}\right.\iff m\le -\frac{1}{2}.$

Đáp án B.

Gọi số phức z thỏa mãn đề bài là: $z=x+yi$ $\left(x,y\in ℝ\right).$

Ta có: $\left|z+1-2i\right|=\left|\overline{z}-2+i\right|\iff \left|x+1+\left(y-2\right)i\right|=\left|x-2+\left(1-y\right)i\right|.$

Suy ra: ${\left(x+1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2={\left(x-2\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2\iff 6x-2y=0\iff 3x-y=0.$

Đáp án B.

Ta có: $g^{\text{'}}\left(x\right)=2f^{\text{'}}\left(x\right)-2\left(x-1\right)=2\left[f^{\text{'}}\left(x\right)-\left(x-1\right)\right]$

Và đường thẳng $y=x-1$ cùng với đồ thị hàm số $y=f^{\text{'}}\left(x\right)$ trên cùng một hệ trục tọa độ.

Ta có: $g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)=x-1\iff \left[\begin{array}{l}x=-3\\ x=1\\ x=3\end{array}\right.$

Bảng biến thiên của hàm g(x) trên [-3;3]

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: $\underset{\left[-3;3\right]}{\min g}\left(x\right)=\min \left\{g\left(-3\right);g\left(3\right)\right\}$

Gọi $S_1$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $y=f\left(x\right),y=x-\mathrm{1,}x=-\mathrm{3,}x=1$

Gọi $S_2$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $y=f\left(x\right),y=x-\mathrm{1,}x=\mathrm{1,}x=3$

Ta có $S_1>S_2\iff \underset{-3}{\overset{1}{\int }}\left[f^{\text{'}}\left(x\right)-\left(x-1\right)\right]dx>\underset{1}{\overset{3}{\int }}\left[\left(x-1\right)-f^{\text{'}}\left(x\right)\right]dx$

$\iff \frac{1}{2}\underset{-3}{\overset{1}{\int }}{g}^{\text{'}}\left(x\right)dx>\frac{1}{2}\underset{-3}{\overset{1}{\int }}\left[-g^{\text{'}}\left(x\right)\right]dx$

$\iff \underset{-3}{\overset{1}{\int }}{g}^{\text{'}}\left(x\right)dx+\underset{1}{\overset{3}{\int }}{g}^{\text{'}}\left(x\right)dx>0\iff \underset{-3}{\overset{3}{\int }}{g}^{\text{'}}\left(x\right)dx>0\iff {\left.g\left(x\right)\right|}_{-3}^3>0$

$\iff g\left(3\right)-g\left(-3\right)>0\iff g\left(3\right)>g\left(-3\right)\Rightarrow \underset{\left[-3;3\right]}{\min }g\left(x\right)=g\left(-3\right).$

Đáp án C.

Cho A là tập hợp các số tự nhiên có 7 chữ số $\Rightarrow \left|\Omega \right|={9.10}^6$

Số chia hết cho 9 số có tổng các chữ số chia hết cho 9

Gọi số lẻ có 7 chữ số chia hết cho 9 cần tìm là x ta có $1000017\le x\le \mathrm{9999999,}$ có $\frac{9999999-1000017}{18}+1=500000$ số thõa mãn.

Vậy xác suất cần tìm là $\frac{50000}{{9.10}^6}=\frac{1}{18}$.

Đáp án C.

Các hoành độ giao điểm $\left\{\begin{array}{l}{x}^2=\frac{2}{x}\iff x^3=2\iff x=\sqrt[3]{2}\\ x^2=\frac{8}{x}\iff x^3=8\iff x=2\\ \frac{x^2}{4}=\frac{2}{x}\iff x^3=9\iff x=2\\ \frac{x^2}{4}=\frac{8}{x}\iff x^3=32\iff x=2\sqrt[3]{4}\end{array}\right.$

Gọi S là diện tích cần xác định, ta có $S=S_1+S_2$

$=\underset{\sqrt[3]{2}}{\overset{2}{\int }}\left(x^2-\frac{2}{x}\right)dx+\underset{2}{\overset{2\sqrt[3]{4}}{\int }}\left(\frac{8}{x}-\frac{x^2}{4}\right)dx={\left.\left(\frac{x^3}{3}-2\ln x\right)\right|}_{\sqrt[3]{2}}^2+{\left.\left(8\ln x-\frac{x^3}{12}\right)\right|}_2^{2\sqrt[3]{4}}=4\ln 2$ (đvdt).

Đáp án D.

Ta có: $y=f\left(x\right)=\left|-x^4+8x^2+m\right|=\left|x^4-8x^2-m\right|=\left|{\left(x^2-4\right)}^2-16-m\right|.$

Đặt $t=\left(x^2-4\right),$ vì $x\in \left[-1;3\right]\Rightarrow t\in \left[0;25\right].$

Khi đó $y=g\left(t\right)=\left|t-16-m\right|.$

Ta có $\underset{\left[-1;3\right]}{\min }f\left(x\right)=\underset{\left[0;25\right]}{\min }g\left(t\right)=\min \left\{\left|m-9\right|;\left|m+16\right|\right\}.$

Nếu $m-9\ge 0\iff m\ge \mathrm{9,}$ khi đó $\underset{\left[-1;3\right]}{\min }f\left(x\right)=m-9\ge \mathrm{0,}$  khi đó $\min \left(\underset{\left[-1;3\right]}{\min }f\left(x\right)\right)=\mathrm{0,}$ khi m = 9.

Nếu $m+16\ge 0\iff m\ge -\mathrm{16,}\iff \underset{x\in \left[-1;3\right]}{\min }f\left(x\right)=-m-16\ge \mathrm{0,}\min \left(\underset{\left[-1;3\right]}{\min }f\left(x\right)\right)=\mathrm{0,}$ khi m = -16.

Nếu $\left(m-9\right)\left(m+16\right)<0\iff -16<m<\mathrm{9,}$ khi đó $\underset{x\in \left[-1;3\right]}{\min }f\left(x\right)=\mathrm{0,}$ khi đó $\min \left(\underset{\left[-1;3\right]}{\min }f\left(x\right)\right)=0$

Vậy $\min \left(\underset{\left[-1;3\right]}{\min }f\left(x\right)\right)=\mathrm{0,}$ khi $-16\le m\le 9.$

Vì $m\in \mathbb{Z},$ nên có 26 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.