Bộ 15 đề thi giữa kì 2 Toán 12 có đáp án năm 2022-2023 (Đề 12)

Chọn A

Chọn B
Ta có V=Bh⇔B=Vh.
Vậy diện tích đáy của của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và thể tích bằng V là h=VB.

Chọn B
Dựa vào bảng biến thiên hàm số đồng biến trên (0;1).

Chọn A
Ta có: log22a3b=log22a3−log2b=log22+log2a3−log2b=1+3log2a−log b.

Chọn C
∫fxdx=12tan2x+C.

Chọn A
Hình chiếu vuông góc của Mx;y;z trên mặt phẳng tọa độ (Oyz) có tọa độ là 0;y;z. Do đó ⇒H0;7;−13.

Chọn D
* Đồ thị hàm số là đồ thị hàm phân thức nên ta loại đáp án C.
* Đồ thị hàm số là đồ thị hàm nghịch biến nên ta loại đáp án A.
* Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=a; a>0 nên ta loại đáp án B.
* Đáp án đúng là đáp án D.

Chọn B
Đường thẳng d có phương trình x−31=y+1−2=z+32có vectơ chỉ phương là u2→=2;−4;4 .

Chọn C
Ta có: 16−22x+1≥0⇔22x+1≤16⇔2x+1≤4⇔x≤32.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S=−∞; 32.

Chọn C
Bán kính đường tròn đáy hình nón là: r=h.tan30°=a32.33=a2
Thể tích của khối nón bằng: V=13πr2h=13π.a22.a32=324πa3.

Chọn D
Mặt phẳng (P) đi qua điểm A(1;2;0)  và vuông góc với đường thẳng d nên (P) có vectơ pháp tuyến là n→=2; 1; −1. Vậy P:  2x+y−z−4=0.

Chọn B
+ Hàm số y=x4−2x2+2 và y=x3−3x2+1 là những hàm đa thức nên đồ thị không có tiệm cận ngang. Loại A, D.
+limx→+∞4x2+1x−2=limx→+∞x4+1x2x−2=limx→+∞4+1x21−2x=2 ; limx→−∞4x2+1x−2=limx→−∞−4+1x21−2x=-2.
Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang y=±2.
+ limx→±∞x2+1x−1=limx→±∞x1+1x21−1xnên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Chọn A
Số nghiệm của phương trình fx−2=0⇔fx=2 là số giao điểm của đồ thị hàm số y=fx và đường thẳng y = 2. Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y = 2cắt đồ thị hàm số y=fx tại 4 điểm.

Chọn B
Ta có f'x=−1+4x+22
f'x=0⇔−1+4x+22=0⇔−x2−4xx+22=0⇔x=0∈−1;2x=−4∉−1;2f−1=−2, f0=−1, f2=−2
Vậy Maxx∈−1;  2fx=−1, Minx∈−1;  2fx=−2.

Chọn C
Ta có: I=∫01xx+1dx=∫011−1x+1dx=x−lnx+101=1−ln2.

Chọn D

Ta dựng AE⊥BD;AF⊥A1E. Khi đó BD⊥A1ABD⊥AE⇒BD⊥AF⇒A​F⊥A1BD
Ta có 1AF2=1AE2+1AA12=1AB2+1AD2+1A1A2=4936a2
Nên d=AF=6a7.

Chọn C
Sau 1 tháng anh Đua có số tiền là a+a.0,007+a=a.1,007+a.
Sau 2 tháng anh Đua có số tiền là a.1,0072+a.1,007+a.
Sau 3 tháng anh Đua có số tiền gửi trong ngân hàng là a.1,0073+a.1,0072+a.0,007+a.
…
Sau 24 tháng anh Đua có số tiền S24=a.1,00724+a.1,00723+a.1,00722+...+a.1,007=a.1,007.1,00724−11,007−1
Ta có 40.000.000=a0,0071+0,00724−1.1+0,007⇒a≈1.525.718 đồng.

Chọn C

Chọn B
Ta có: M1;0;−2∈α, α//β⇒nα→=nβ→=2;−1;3
Vậy phương trình mặt phẳng α:2x−y+3z+4=0.

Chọn A

Ta có: SA⊥ABCD⇒AC là hình chiếu của SC lên (ABCD).
⇒SC,ABCD^=SC,AC^=SCA^.
Xét tam giác SAC vuông tại A, ta có: tanSCA^=SAAC=a6a2=3⇒SCA^=60°.

Chọn A
Ta có: 2x4+1x3n=∑k=0nCnk2x4n−k1x3k=∑k=0n2n−kCnkx4n−7k.
Theo bài, n là số tự nhiên thỏa mãn. Cn2+2An2+n=112⇔5Cn2+n=112⇔52nn−1+n=112⇔n=7.
Hệ số của x7 trong khai triển là ứng với 4.7−7k=7⇔k=3⇒T=560.

Chọn B
Điều kiện: x > 0.
Phương trình ⇔logxlog100+logx2=4⇔logx2+2logx=4
⇔2log2x+2logx−4=0⇔logx=1logx=−2⇔x=10 thỏa mãnx=1100 thỏa mãn.
Suy ra x1=10 và x2=100 nên x2=x12.

Chọn C

Gọi K là trung điểm BD
Ta có: IK∥CDJK∥AB⇒AB;CD^=JK;IK^
Xét tam giác IKJ
JK=AB2=a2=CD2=IKCOSIK;JK=COSIKJ^=IK2+JK2−IJ22.IK.JK=−12=12.
Vậy AB;CD^=60°.

Chọn B
* Lấy điểm A1+a;2+3a;a∈d1, B−1−b;1+2b;2+4b∈d2, suy ra véctơ MA→=a−2;  3a−1;  a+2, MB→=−b−4;  2b−2;  4b−4
Đường thẳng d qua M cắt d1,d2 lần lượt A và B. Nên ba điểm M, A, B thẳng hàng, suy ra MA→=kMB→⇔a−2=k−b−43a−1=k2b−2a+2=k4b−4⇔a=0b=0⇒AB=3

Chọn B
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên −3;+∞.
Ta có: y'=2x+6+2x+3−m.
Hàm số đã cho đồng biến trên −3;+∞ khiy'≥0, ∀x∈−3;+∞⇔2x+6+2x+3−m≥0, ∀x∈−3;+∞
⇔m≤2x+6+2x+3,  ∀x∈−3;+∞⇔m≤min−3;+∞fx với fx=2x+6+2x+3.
Ta có: fx=2x+6+2x+3=2x+3+1x+3≥4. Đẳng thức xảy ra khi x=−2.
Do đó min−3;+∞fx=4.
Vậy m≤4.

Chọn A
Ta có: x3x2+1−1=x3x2+1+1x2=xx2+1+1=xx2+1+x.
Do đó: ∫12x3 dxx2+1−1=∫12xx2+1 dx+∫11x dx=I+J.
Với I=∫12xx2+1 dx=12∫12x2+112 dx2+1=13x2+1x2+112=535−232.
Và J=∫12x dx=x2212=32.
Suy ra ∫12x3 dxx2+1−1=535−232+32. Khi đó a=53, b=−23, c=32. Vậy P=a+b+c=52.

Chọn B

Độ dài đường trung tuyến trong tam giác đều cạnh a là a32.
Bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác đều cạnh a là r=13.a32=a36.
Góc giữa AC' và (ABC) bằng 30° nên C'AC=30°, ⇒C'C=AC.tan30°=a33.
Chiều cao của khốI trụ là h=a33.
Thể tích khối trụ nội tiếp hình lăng trụ ABC.A'B'C' là V=πr2h=πa362a33=πa3336.

Chọn A
Giải: Đặt t=2x2, t≥1. Khi đó phương trình đã cho trở thành t2−4t+6=m
Xét hàm số ft=t2−4t+6 trên nửa khoảng 1; +∞.
Có f't=2t−4, f't=0⇔2t−4=0⇔t=2
Ta có bảng biến thiên

Phương trình đã cho có đúng ba nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng y=m−6 cắt đồ thị hàm số f(t) tại một điểm có hoành độ bằng 1 và một điểm có hoành độ lớn hơn . Điều này tương đương với: m−6=−3⇔m=3.
Vậy giá trị cần tìm của m là m = 3.

Chọn A
Với điều kiện 0≤x≤π, thì sinx thỏa mãn điều kiện 0≤sinx≤1.
Phương trình đã cho trở thành: 2sinx−1=msinx+3m
⇔m−2sin x=−3m−1⇒sin x=−3m+1m−2      m≠2.
Vì 0≤sinx≤1, do đó 0≤−3m+1m−2≤1
+ Với −3m+1m−2≥0⇔3m+1m−2≤0⇔−13≤m≤2(1)
+ Với −3m+1m−2≤1⇔−4m+1m−2≤0⇔m≤14 hoặc m≥2(@)
Từ và suy ra −13≤m≤14, vì m∈ℤ⇒m=0

Chọn C
Tập xác định D=−∞; −5∪5;+∞.
limx→+∞fx=limx→+∞xx2−5+x−9x2−4x+3=limx→+∞1−5x2+1x−9x21−4x+3x2=1⇒y=1 là TCN.
limx→+∞fx=limx→+∞xx2−5+x−9x2−4x+3=limx→+∞−1−5x2+1x−9x21−4x+3x2=−1⇒y=−1 là TCN.
limx→3fx=limx→3xx2−5+x−9x2−4x+3=154⇒x=3 không phải là là TCĐ.
x=1∉D.
Vậy đồ thị có 3 tiệm cận.

Chọn D
Ta có: f1−x2'=1−2x.f'1−x2.
Ta có: f1−x2'=0⇔1−2x=01−x2=−11−x2=−31−x2=1⇔x=12x=±2x=±2x=0.

Chọn D
Gọi Aa; 0; 0, B0; b; 0, C0; 0 ; c với a,b,c>0.
phương trình mặt phẳng (P) là: xa+yb+zc=1
(P) đi qua điểm M1; 2; 3 nên 1a+2b+3c=1;6OA+3OB+2OC=6a+3b+2c6a+3b+2c=6a+3b+2c1a+2b+3c=6a+b2+c31a+2b+3c≥6.9=54.
Dấu bằng xảy ra: 6a+3b+2c=541a+2b+3c=1a=b2=c3⇔a=3b=6c=9.
Vậy P:x3+y6+z9=1⇔P:6x+3y+2z−18=0.

Chọn A
Xét hàm số y=x5−5x3+5x2+10m−1.
TXĐ: D=ℝ.
Ta có y'=5x4−15x2+10x, y'=0⇔5x4−15x2+10x=0
⇔xx+2x−12=0⇔x=−2x=0x=1. 
Ta có y'=0 có nghiệm kép x = 1 nên qua x = 1 thì y' không đổi dấu.
Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số y=x5−5x3+5x2+10m−1 có 2 điểm cực trị nên để hàm số y=x5−5x3+5x2+10m−1 có 3 điểm cực trị thì đồ thị y=x5−5x3+5x2+10m−1 phải cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt.
Suy ra 10m+27=010m−1=0⇔m=−2710m=110.
Tổng các giá trị của m thỏa mãn là: −2710+110=−135.

Chọn D
Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khi đó thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng trung trực của AB và BC.
Mp trung trực của AB đi qua trung điểm I32;52; 32 của AB và nhận vectơ AB→=1; 1; 5 làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình : 2x+2y+10z−23=0.
Tương tự ta có phương trình mp trung trực của BC: 2x+4y−12z−9=0.
Mặt khác K∈ABC. (ABC) đi qua A1; 2; −1 và có VTPT n→=AC→,AB→=16; −11; −1 với AB→=1; 1; 5, AC→=2; 3; −1 nên có phương trình: 16x−11y−z+5=0.
Do đó toạ độ K là nghiệm của hệ phương trình : 2x+2y+10z−23=02x+4y−12z−9=016x−11y−z+5=0⇔x=52y=4z=1⇒K52; 4; 1Đường thẳng vuông góc với AB, CD nên có VTCP u→=AB→,CD→=17; −17; 0 với AB→=1; 1; 5, CD→=−3; −3; 2, .Vậy phương trình đường thẳng là: x=52+ty=4−tz=1.

Chọn DDễ thấy ba mặt phẳng trên vuông góc với nhau đôi một nên chúng tạo thành tám góc vuông tại giao điểm của ba mặt phẳng và mặt cầu tiếp xúc cới cả ba mặt phẳng là ở tám góc đó. Suy ra có tám mặt cầu.

Chọn A
V=13.h.Sd=13.h.π.R2=13.a3.π.a2=πa333

Chọn A
Tâm I2;2;2,R=AB2=2. Suy ra phương trình mặt cầu x−22+y−22+z−22=2

Chọn A
Bpt ⇔x2+2x<3⇔−3<x<1

Chọn A
.