Bộ 15 đề thi giữa kì 2 Toán 12 có đáp án năm 2022-2023 (Đề 5)

Chọn D

Ta có hàm số y=2x+1 đồng biến trên R.

Chọn D

Ta có log2x2−3=log22x⇔x2−3=2xx>0⇔x=3.

Chọn D

Diện tích hình phẳng (H) bằng ∫02x3−3x2+x+1dx.

Chọn D

Ta có ∫abfxdx=∫acfxdx+∫cbfxdx sai nếu c không thuộc tập xác định của hàm số y=fx.

Chọn A

Ta có V=13B.h=43.

Chọn C

Thể tích của khối nón đã cho là V=13πR2h=13π.22.3=4π.

Chọn A

Gọi M1 là hình chiếu vuông góc của điểm M lên trục tung thì M10 ; 2 ;0.

Chọn A

Từ phương trình mặt phẳng (P) suy ra n2→,  n3→,  n4→là véc tơ pháp tuyến của (P).

Chọn B

Ta có tích ∫04dx2x+1=12∫042x+1−12d2x+1=2x+1|04=2.

Chọn A

Mặt cầu (S) có tâm I1;−3;0 và bán kính R=12+−32+4=14.

Chọn D

Ta có: ∫12fxdx=Fx12=F2−F1.

Chọn D

Áp dụng phương trình của mặt phẳng theo đoạn chắn, ta có phương trình của mặt phẳng (ABC) là: x2+y−3+z5=1.

Chọn A

Vì ∫exdx=ex+C nên theo hệ quả ta có: ∫e2x+3dx=12e2x+3+C.

Chọn C

Ta có AB→=−1−12+4−22+1−32=23.
Gọi I là trung điểm của AB khi đó I0; 3; 2.
Bán kính R=12AB=3.
Phương trình mặt cầu cần tìm là x2+y−32+z−22=3.

Chọn D

Tập xác định: D=−4;+∞\−1;0.
Tại x = 0, ta có: limx→0+x+4−2x2+x=limx→0+xxx+1x+4+2=limx→0+1x+1x+4+2=14
và limx→0−x+4−2x2+x=limx→0−xxx+1x+4+2=limx→0−1x+1x+4+2=14.
Suy ra x = 0 không phải là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Tại x=−1, ta có: limx→−1+x+4−2x2+x=+∞(hoặc limx→−1−x+4−2x2+x=−∞).
Suy ra đường thẳng x=−1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn D

Ta có: log645=log245log26=log25+2log23log23+1=2log23+1+log25−2log23+1=2+log25−2log23+1.
Suy ra a=2;b=−2;c=1.
Vậy a+b+c=1.

Chọn C

Hoành độ giao điểm của (C1) và (C2) là nghiệm của phương trình: 2x=x2−x+2⇔x2−3x+2=0⇔x=1x=2.
Trong khoảng (1;2), hai hàm số cùng dương nên thể tích khối tròn xoay sinh bởi D quay quanh Ox là V=π.∫12x2−x+22−2x2dx=2930π.

Chọn B

Đặt x2+1=t suy ra: dt=2x.dx⇒x.dx=12dt
Đổi cận x=0     →t=1x=2→t=3.
Suy ra I=∫13(t−1).t5.12.dt=12.∫13t6−t5dt=12t77−t6613=200521.
Vậy a=2005,b=21⇒a+b−5=2021.

Chọn B

Tam giác ABC đều nên diện tích đáy là .Sđ=SABC=AB2.34=a23Gọi M là trung điểm BC thì BC⊥(A'AM) nên góc giữa hai mặt phẳng (A'BC) và (ABC) là góc A'MA^=60o. Suy ra AA'AM=tan60o=3⇒h=A'A=AM.3=3a.
Vậy thể tích khối lăng trụ là V=Sđ.h=3a33.

Chọn D

Tính ∫lnx+1.lnxxdx.
Đặt t = lnx+1 ⇒  t2 = lnx+1 ⇒2tdt = 1xdx.
Khi đó: ∫lnx+1.lnxxdx=2∫tt2−1tdt=2∫t4−t2dt
=2t55−2t33+C=2lnx+155−2lnx+133+C.

Chọn A

Hình trụ tạo thành có chiều cao h=AB=2a, bán kính đáy r=AD=a.
Diện tích toàn phần của hình trụ là S=2πr2+2πrh=2πa2+4πa2=6πa2.

Chọn C

Hai mặt phẳng trên song song khi m−12=m−21=33≠−43⇔m=3.

Chọn D

(P) đi qua E1 ; 2 ; −1, F1 ; −1 ; 1 nên nhận EF→=0; −3; 2 làm một vec tơ chỉ phương.
Khi đó (P) nhận u→=v→, EF→=3; −2; −3 làm vec tơ pháp tuyến.
Phương trình mặt phẳng (P) qua E1 ; 2 ; −1 và nhận u→=3; −2; −3 làm vec tơ pháp tuyến là:
3x−1−2y−2−3z+1=0 ⇔ 3x−2y−3z−2=0.

Chọn D

Ta có: u→.v→=−1.0+1.−1+0.0=−1 và u→.v→=−12+12+02.02+−12+02=2.
Khi đó: cosu→ ,v→=u→.v→u→.v→=−12⇒u→ ,v→=1350.

Chọn D

Đặt u=xdv=dxsin2x. Suy ra du=dx, chọn v=−cotx.
Khi đó
I=∫π32π3xsin2xdx=−xcotxπ32π3+∫π32π3cotxdx=−xcotxπ32π3+∫π32π31sinxdsinx=−xcotx+lnsinxπ32π3=π33.

Chọn B

Ta có m+x2≤fx+13x3⇔m≤fx+13x3−x2
Đặt gx=fx+13x3−x2.
Ta có g/x=f/x+x2−2x.
g/x=0⇔f/x+x2−2x=0⇔f/x=−x2+2x.
Lại có ∀x∈0;3⇒f/x>1; −3<−x2+2x≤1⇒f/x>−x2+2x. Khi đó ta có BBT của y=gx như sau

Từ BBT ta có được m≤fx+13x3−x2 ∀x∈0;3⇔m≤f0.

Chọn C

Ta có: 4x−3.2x+1+82x+1−1≥0⇔2x2−6.2x+82.2x−1≥0. Đặt 2x=t, t>0

Lập bảng xét dấu của ft=t2−6t+82t−1,

Từ bảng xét dấu ta có: ft≥0⇔12<t≤24≤t
Nên 2x2−6.2x+82.2x−1≥0
⇔2x≥412<2x≤2⇔x≥2−1<x≤1.
Vậy bất phương trình không có nghiệm nguyên âm.

Chọn D

Bức trường con gồm hai phần, một phần là hình chữ nhật có diện tích là S1=1,6.1,2=1,92 m2
Phần phía trên là phần trong của một Parabol, nên ta sẽ gắn hệ trục tọa độ như sau:

Từ đó ta có phương trình đường cong là: y=−536x2+53x.
Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng ta có: S2=∫01,2−536x2+53xdx=−5108x3+56x201,2=1,12 m2
Suy ra diện tích 1 bức tường con là: S=S1+S2=3,04 m2.
Suy ra diện tích cả bức tường to là: Stp=20.3,04=60,8 m2
Suy ra thể tích sơn cần dùng là: V=Stp5=12,16 l.

Chọn B

Từ giả thiết 3SM=2MC ta suy ra: SMSC=25
Khi đó: VS.AEMVS.ABC=SESB.SMSC=15 và VS.AFMVS.ADC=SFSD.SMSC=15
Mà SΔABC=SΔADC⇒VS.ABC=VS.ADC
Suy ra VSAEMFVS.ABCD=15⇒VSAEMFVABCDFME=14.

Chọn D

Fx=a x2+bx+c.e−x⇒F'x=2ax+b.e−x−a x2+bx+c.e−x=−a x2+2a−bx+b−c.e−xF'x=fx⇔−a x2+2a−bx+b−c.e−x=−x2+9x−1.e−x⇔a=1b=−7c=−6

Vậy P=a−b+c2=1+7+−62=44

Chọn D

Ta có A−3 ; 3 ; −2∈d1⇒A∈P
Vec tơ chỉ phương của d1 là u1→=4 ; 2 ; 6, vec tơ chỉ phương của d2 là u→=2 ; 1 ; 3, A∉d2 nên d1/​/d2
Gọi H là hình chiếu của A trên d2. Do nên khoảng cách giữa d2 và (P) là khoảng cách giữa H và (P)
Giả sử I là hình chiếu của H trên (P) ta có AH≥AI nên HI lớn nhất khi A≡I
Vậy mặt phẳng (P) cần tìm là mặt phẳng qua A và nhận AH→ làm vec tơ pháp tuyến H∈d2⇒H1+2t ; t ; 1+3t
vì H là hình chiếu của A trên d2 nênAH⊥d2⇒AH→.u→=0⇒2.2t+4+t−3+3.3t+3=0⇒t=−1⇒H−1 ; −1 ; −2, AH→=2 ; −4 ;0Vậy P:   2.x+3−4y−3=0⇔x−2y+9=0.

Chọn D

Gọi I là trung điểm AC và J là trung điểm BI. Suy ra I1; −1 ;3 và J−1 ;12;32.
Khi đó T  =   MA2+2MB2+MC2  =   2MB2+2MI2+12AC2  =   4MJ2+BI2+12AC2.
Do đó T nhỏ nhất khi MJ ngắn nhất. Suy ra M là hình chiếu của J trên mặt phẳng (P).
Đường thẳng JM đi qua J và vuông góc với (P) mặt phẳng có phương trình là x= −1 + ty=12 + tz=32−t.
Tọa độ điểm M tương ứng với x, y, z là nghiệm của hệ: x+y−z−1=0x= −1 + ty=12 + tz=32−t    ⇔    t=1x=0y=32z=12
Vậy M0 ; 32 ; 12   ⇒  a + b + c = 2

Chọn DTa có: y' = f'x  =  xx2−1x2+3 suy ra y=fx=∫xx2−1x2+3dx
Đặt t=x2+3⇒t2−3=x2⇒xdx=tdt
Suy ra
∫xx2−1x2+3dx=∫t2−4t2dt=∫t4−4t2dt=t55−43t3+C, với C là hằng số.
Từ đó: fx=x2+32x2+35  −  4x2+3x2+33+C
Mặt khác f'x=0⇔xx2−1x2+3=0⇔x=0x=±1.
Bảng biến thiên

Dựa và bảng biến thiên, ta có nhận xét:
Trên khoảng −∞;−1 hàm nghịch biến, do đó với a<b<−1⇒fa>fb nên fa−fb>0.
Trên đoạn −1;1, để fa−fb đạt GTNN thì f(a) đạt GTNN và f(b) đạt GTLN.
Do đó a=−1b=0, vì a<b≤1.
Suy ra giá trị nhỏ nhất của fa−fb=f−1−f0.
Vậy f−1−f0=16.25−16.23−935−1233=333−6415

Chọn A

Xét gx=x4−2x3+x2+m trên −1;2
g'x=4x3−6x2+2xg'x=0⇔4x3−6x2+2x=0⇔x=0x=1x=12M=maxgx−1;2=maxg−1;g2;g0;g1;g12=maxm+4;m+4;m;m;m+116=m+4min−1;2gx=m
Suy ra maxy−1;2=maxm+4;m≤100
Trường hợp 1: m+4≤m≤100⇔m2≥m+42−100≤m≤100⇔m≤−2−100≤m≤100⇔−100≤m≤−2
Trường hợp 2: m≤m+4≤100⇔m+42≥m2−100≤m+4≤100⇔m≥−2−104≤m≤96⇔−2≤m≤96
Vậy m∈−100;96 nên có 197 giá trị của m.

Chọn A

Ta có gx=1+2018∫0xftdt⇒g'x=2018fx=2018gx.
Suy ra g'xgx=2018⇒∫0tg'xgxdx=2018∫0tdx⇒2gxt0=2018x0t.
Vì g0=1 nên 2gt−1=2018t
⇒gt=1009t+1⇒∫01gtdt=10092t2+t10=10112.

a,Đặt t=x2+1⇒dt=2xdx⇒dt2=xdx.
Khi đó ∫xx2+1dx=12∫dtt=lnt2+C=lnx2+12+C.b, I=12∫0π3x+21+cos2x dx=12∫0π3x+2dx+∫0π3x+2cos2x dx=12I1+I2I2=∫0π3x+2cos2x dx
Đặt u=3x+2dv=cos2x dx⇒du=3 dxv=12sin2x.
Khi đó I2=123x+2sin2x0π−32∫0πsin2x dx=0+34cos2x0π=0.I1=∫0π3x+2dx=32x2+2x0π=32π2+2πVậy I=1232π2+2π=34π2+π

Giả sử phương trình mặt cầu có dạngS : x2+y2+z2−2ax−2by−2cz+d=0 a2+b2+c2−d>0
Vì mặt cầu (S) đi qua O ,A1 ; 0 ; 0, B0 ​; ​−2 ​;0 và C0 ; 0 ; 3 nên thay tọa độ bốn điểm lần lượt vào phương trình ta được
d=01−2a+d=04+4b+d=09−6c+d=0⇔d=0a=12b=−1c=32⇒S : x2+y2+z2−x+2y−3z=0.

Mặt cầu (S) có tâm I1;2;3, bán kính R=dI,P=1+4−6−212+22+−22=1.
Do đó phương phương trình mặt cầu cần tìm là x−12+y−22+z−32=1.

Tập xác định: D=ℝ.
Ta có y'=6x2−8x+3m+1.
y'=0⇔6x2−8x+3m+1=0  ∗
Phương trình (*) có Δ'=−18m−2.
Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt Δ'>0⇔−18m−2>0⇔m<−19.
Do hàm số đạt cực trị tại hai điểm x1,x2 nên x1,x2 là hai nghiệm của phương trình (*).
Theo Viet: x1+x2=43x1x2=m+12 (1).
Theo giả thiết: x1=3x2(2).
Thế (2) vào (1) ta được: 4x2=433x22=m+12⇔x2=13x22=m+16. Do đó m+16=19⇔m=−13 (thỏa mãn).
Vậy m=−13 là giá trị cần tìm.