Bộ 20 đề thi giữa học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án- Đề 1

Diện tích

Thể tích khối chóp

.

Tập xác định D=R.

Ta có  nên đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang.

Thể tích của khối hộp chữ nhật là:  $V=2a.a.3a=6a^3$.

Các hàm số $y=\frac{1}{x-2}$ và $y=x+\frac{1}{x+3}$ có tập xác định không phải là R nên loại hai đáp án này.

Xét hàm số: $y=x^3-3x^2+3x+5$ có $y^{\text{'}}=3x^2-6x+3=3{\left(x-1\right)}^2\ge 0,\forall x\in ℝ$.

Suy ra: Hàm số $y=x^3-3x^2+3x+5$ đồng biến trên R.

Ta có phương trình hoành độ giao điểm:

$x^4-3x^2=2\iff x^4-3x^2-2=0$

$\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=\frac{3+\sqrt{17}}{2}>0\\ x^2=\frac{3-\sqrt{17}}{2}<0\end{array}\right.$ $\Rightarrow x=\pm \sqrt{\frac{3+\sqrt{17}}{2}}$.

Vậy số giao điểm của đồ thị $\left(C\right)$ và đường thẳng y-2 là 2 giao điểm.

Ta thấy đồ thị đi qua điểm M(1,1) nên ta loại A, C,

D.

Chọn D

 nên đồ thị có 1 tiệm cận đứng là đường thẳng x=-1.

Dựa vào hình vẽ ta thấy hình lăng trụ tam giác có 5mặt.

Chọn C

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x=0

Dựa vào đồ thị hàm số, ta có bảng biến thiên sau

Chọn D

Dựa vào bảng biên thiên trên đoạn $\left[-3;3\right]$ ta có giá trị lớn nhất M=4 và giá trị nhỏ nhất m=-3.

Vậy: $M-2m=4+6=10$.

Chọn D

Hàm số xác định và liên tục trên [-1,2].

 hàm số đồng biến trên [-1,2], do đó

Vậy tích của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

 trên đoạn [-1,2] là 19.

Chọn C

Từ đồ thị ta có hàm số giá trị cực tiểu của hàm số là $y_{CT}=-3$.

Qua bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực đại tại điểm x=2.

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên khoảng $(-\infty ,1)$ và (0,1); nghịch biến trên khoảng (-1,0) và (1,$+\infty$). Do đó, đáp án D đúng.

Khối đa diện đều loại $\left\{3;4\right\}$ là khối bát diện đều, mỗi mặt là một tam giác đều và tại mỗi đỉnh có 4 tam giác đều nên tổng các góc tại  đỉnh bằng $240°$.

Vì $ABCD$ là hình thoi và $\widehat{BAD}={60}^0$nên tam giác ABD đều và tam giácBCD  cũng đều.

Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD , vì $SB=SC=SD=2a$ nên $SG\perp \left(BCD\right)$.

Thể tích khối chóp $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SG.S_{ABC}$.

$SG=\sqrt{S{C}^2-C{G}^2}=\sqrt{{\left(2a\right)}^2-{\left(\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{33}}{3}$ .

$S_{ABC}=\frac{1}{2}{S}_{ABCD}=\frac{1}{2}\left(2.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\right)=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SG.S_{ABC}=\frac{a^3\sqrt{11}}{4}$.

Ta có: $y\text{'}=1-\frac{8}{x^3}$

Ta có $y\left(2\right)=2+\frac{4}{2^2}=3$ , $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }y=+\infty$,  $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty$.

Vậy $\underset{(0;+\infty )}{\min }y=3$.

Đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+1}$ có đường tiệm cận đứng là đường thẳng  $x=-\frac{1}{c}$ và đường tiệm cận ngang là đường thẳng $y=\frac{a}{c}$ .

Nhìn vào bảng biến thiên, ta thấy $-\frac{1}{c}=-1\Rightarrow c=1$ và $\frac{a}{c}=2\Rightarrow a=2$

(vì $c=1$).

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{a-bc}{{\left(cx+1\right)}^2}$.

Vì hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$ và $\left(-1;+\infty \right)$ nên

$y^{\text{'}}=\frac{a-bc}{{\left(bx+c\right)}^2}>0\iff a-bc>0\iff 2-b>0\iff b<2\iff b^3<8\iff b^3-8<0$.

Vậy tập các giá trị b là tập nghiệm của bất phương trình $b^3-8<0.$

Chọn A

Áp dụng tính chất hàm trùng phương có a>0 , để đạt cực đại tại $x_0=0$ thì b=

Vậy có 20 phần tử.

Ta có: $SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow SA$ là chiều cao của hình chóp 

 vuông tại A.

 vuông cân tại

Vậy thể tích của khối chóp SABC là:

.

Chọn A

Đồ thị của hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng $x=-m$ và tiệm cận ngang là đường thẳng y=3m nên giao điểm của hai tiệm cận là $A\left(-m;3m\right)\Rightarrow y_A=3m=-3x_A$.

Vậy A thuộc đường thẳng có phương trình $y=-3x$.

Tiệm cận đứng: $x=1>0\Rightarrow -\frac{c}{b}>0\Rightarrow bc<0.$

Tiệm cận ngang: $y=2>0\Rightarrow \frac{a}{b}>0\Rightarrow ab>0.$

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm $x>1>0\Rightarrow -\frac{2020}{a}>0\Rightarrow a<0\Rightarrow b<0\Rightarrow c>0.$

Tập xác định: D=R.

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=x^2+2mx+9$.

Hàm số $y=f\left(x\right)$ đồng biến trên $R\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)\ge 0\text{ ,}\forall x\in ℝ$ (dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm) $\iff x^2+2mx+9\ge 0\text{ ,}\forall x\in ℝ$.

$\iff {\Delta }^{\text{'}}=m^2-9\le 0\text{ ( do }a=1>0\text{)⇔}\iff -3\le m\le 3$ $m\in \left\{-3;-2;-1;0;1;2;3\right\}$.

Do $m\in \mathbb{Z}$ nên 

Vậy có 7 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn.

Chọn C

· Ta có diện tích toàn phần của hình lập phương:  

· Thể tích của khối lập phương:

Xét hàm số

 trên đoạn [0,4].

Ta có 

Từ bảng biến thiên suy ra

m=2

Suy ra P= 2m+1=5.

Chọn B

Từ đồ thị ta có

Gọi $x_1,x_2$ là nghiệm của phương trình

Suy ra

 mà do

.

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)={\left(x+1\right)}^2{\left(x-1\right)}^3\left(2-x\right)\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=1\\ x=2\end{array}\right.$.

Từ đó, ta có bảng biến thiên như sau:

Dựa vào bảng biến thiên thì hàm số $y=f\left(x\right)$ đồng biến trên (1,2).