Đề thi học kì 1 Toán 12 Đề 1

Điều kiện xác định:

Đặt ta có:

Ta có:

Khi đó:

Do đó:

Xét hàm số

Ta xác được

 Ta có:

Hàm số nghịch biến trên

Ta có:

Ta có: 

Hàm số đã cho xác định khi

Đồ thị hàm số bậc 4 có hệ số và có ba điểm cực trị nên .

Suy ra hàm số tương ứng với đồ thị đã cho là .

Theo đề bài, ta xác định các hệ số của (S):

Suy ra tâm I có tọa độ là

(P) cắt (S) khi:

Gọi lần lượt là trung điểm của và .

Tam giác cân tại suy ra với .

Vì suy ra và

Kẻ

Ta có

Tam giác vuông tại nên

Giải hệ:

  hoặc  

Vậy thể tích khối chóp

Phát biểu sai là: Hàm số mũ có tập xác định là 

Sửa lại: Hàm số mũ có tập xác định là

Ta có:

Tập xác định

Ta có:

Do y’ không đổi dấu nên hàm số không có cực trị.

Điều kiện xác định

Vì nên để đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận đứng thì phương trình phải có hai nghiệm phân biệt lớn hơn .

Xét hàm số trên có:

Bảng biến thiên

Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn khi .

Vậy đáp án cần tìm là .

 Ta có: 

 Trong 5 loại khối đa diện đều không tồn tại khối chóp có đáy là tứ giác!

Điều kiện: x > 0

Vậy PT có tập nghiệm là S={8;2}.

Đường chéo hình vuông

Xét tam giác SAC, ta có .

Chiều cao khối chóp là .

Diện tích hình vuông ABCD là

Vậy thể tích khối chóp .

Khối tứ diện đều có 4 mặt là 4 tam giác đều.

Khối chóp tứ giác có 5 mặt: 4 mặt xung quanh là các tam giác cân, mặt đáy là hình vuông.

Khối lập phương có 6 mặt tất cả, mỗi mặt đều là các hình vuông

Khối 12 mặt đều có 12 mặt tất cả, mỗi mặt là 1 hình ngũ giác đều.

Mặt cầu nhận làm đường kính, do đó mặt cầu nhận trung điểm của làm tâm và có bán kính

Suy ra phương trình mặt cầu cần tìm là .

Ta có:

Ta có bảng xét dấu như sau:

Dựa vào bảng xét dấu, hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞; -3) và (-0; 3)

Hình vẽ minh họa

Ta có H là trực tâm của tam giác ABC suy ra

Thật vậy

Mà (vì H là trực tâm tam giác ABC) (2)

Từ (1) và (2) suy ra suy ra

Tương tự

Từ (*) và (**) suy ra

Khi đó mặt cầu tâm O tiếp xúc với mặt phẳng (ABC) có bán kính R = OH = 3

Vây mặt cầu tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng là: .

Tập xác định . Ta có:

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng và .

Theo giả thiết, ta có

và .

Suy ra:

.

Vậy diện tích toàn phần của hình nón bằng: (đvdt). 

Hàm số nghịch biến trên

Các hàm số đồng biến nên

Tại thì

Do là lăng trụ đứng nên .

Xét tam giác vuông , ta có .

Diện tích hình vuông là .

Vậy

 Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x = 1 

Độ pH là

Ta có:

Hệ trên thỏa mãn:

Tâm tất cả các mặt của một hình tứ diện đều là các đỉnh của một hình tứ diện đều:

Ta có:

Quan sát hình vẽ, ta thấy:

Khối chóp tứ giác S.ABCD được phân chia thành 2 khối tứ diện C.SAB và C.SAD.

Ta có:

Hàm số đã cho không có cực trị khi và chỉ khi vô nghiệm hoặc có nghiệm kép.

Vì

Vậy có bốn giá trị của tham số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

 Điều kiện:

Ta có:

(thỏa mãn điều kiện)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là  .

 Vì  nên hàm số xác định khi

Xét hàm số có

Tập xác định

suy ra là tiệm cận đứng của hàm số.

Ta có:

Khi đó ta được:

 Vậy tập nghiệm của BPT là  .

Khối đa diện đều loại là khối lập phương, gồm 6 mặt là các hình vuông nên tổng các góc bằng: 

 Phương trình 1:

Phương trình

Phương trình 2:

Phương trình

Vậy .

Đặt

Ta có:

Ta có đồ thị hình vẽ như sau:

Dựa vào đồ thị hàm số, phương trình đã cho có 4 nghiệm thuộc đoạn khi phương trình (*) có hai nghiệm

Tập xác định

Ta có:

Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình có ba nghiệm phân biệt hay có hai nghiệm khác 0

Khi đó

Đồ thị có ba điểm cực trị là ;;.

Ta có:

Do đó tam giác đều

Kết hợp với điều kiện .

Vậy đáp án cần tìm là .

Theo giả thiết ta có tam giác OAB đều cạnh R.

Gọi E là trung điểm AB, suy ra và .

Gọi H là hình chiếu của O trên SE, suy ra .

Ta có

Từ đó suy ra nên

Trong tam giác vuông SOE, ta có