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

Chọn A

Diện tích

Thể tích khối chóp

.

Chọn A

Tập xác định D=R.

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

Chọn A

Thể tích của khối hộp chữ nhật là:  V=2a.a.3a=6a3.

Chọn C

Các hàm số y=1x−2 và y=x+1x+3 có tập xác định không phải là R nên loại hai đáp án này.

Xét hàm số: y=x3−3x2+3x+5 có y'=3x2−6x+3=3x−12≥0,∀x∈ℝ.

Suy ra: Hàm số y=x3−3x2+3x+5 đồng biến trên R.

Chọn B

Ta có phương trình hoành độ giao điểm:

x4−3x2=2⇔x4−3x2−2=0

⇔x2=3+172>0x2=3−172<0 ⇒x=±3+172.

Vậy số giao điểm của đồ thị C và đường thẳng y-2 là 2 giao điểm.

Chọn D

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.

Chọn A

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

Chọn B

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

Chọn D

Dựa vào bảng biên thiên trên đoạn −3;3 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 yCT=-3.

Chọn A

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

Chọn C

Chọn D

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

Chọn D

Khối đa diện đều loại 3;4 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°.

Chọn B

Vì ABCD là hình thoi và BAD^=600nên 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⊥BCD.

Thể tích khối chóp VS.ABC=13SG.SABC.

SG=SC2−CG2=2a2−23.a322=a333 .

SABC=12SABCD=122.a234=a234.

Vậy VS.ABC=13SG.SABC=a3114.

Chọn C Đồ thị hàm số y=f(x+2018) có được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y=f(x) sang trái 2018 đơn vị. Do đó số nghiệm của phương trình f(x+2018)=1 cũng là số nghiệm của phương trình f(x)=1. Theo hình vẽ ta có số nghiệm là 3.

Chọn D

Ta có: y'=1−8x3

y'=0⇔x3=8⇔x=2∈(0,+∞)

Ta có y(2)=2+422=3 , limx→0+y=+∞,  limx→+∞y=+∞.

Vậy min(0;+∞)y=3.

Chọn B

Đồ thị hàm số y=ax+bcx+1 có đường tiệm cận đứng là đường thẳng  x=−1c và đường tiệm cận ngang là đường thẳng y=ac .

Nhìn vào bảng biến thiên, ta thấy −1c=−1⇒c=1 và ac=2⇒a=2

(vì c=1).

Ta có y'=a−bccx+12.

Vì hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng −∞;−1 và −1;+∞ nên

y'=a−bcbx+c2>0⇔a−bc>0⇔2−b>0⇔b<2⇔b3<8⇔b3−8<0.

Vậy tập các giá trị b là tập nghiệm của bất phương trình b3−8<0.

Chọn D

Ta có: f'x=0⇔x2−3xx3−4x=0 ⇔x2−3x=0x3−4x=0 ⇔x=3 ( nghiệm đơn) x=0 nghiệm képx=2 nghiệm đơnx=−2 nghiệm đơn.

Từ đó ta có bảng biến thiên như sau:

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy hàm số đạt cực đại tại  x=2.

Chọn A

Áp dụng tính chất hàm trùng phương có a>0 , để đạt cực đại tại x0=0 thì b=

Vậy có 20 phần tử.

Ta có: SA⊥(ABC)⇒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−m;3m⇒yA=3m=−3xA.

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

Chọn D

Tiệm cận đứng: x=1>0⇒−cb>0⇒bc<0.

Tiệm cận ngang: y=2>0⇒ab>0⇒ab>0.

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm x>1>0⇒−2020a>0⇒a<0⇒b<0⇒c>0.

Chọn A

Tập xác định: D=R.

Ta có f'x=x2+2mx+9.

Hàm số y=fx đồng biến trên R⇒f'x≥0 ,∀x∈ℝ (dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm) ⇔x2+2mx+9≥0 ,∀x∈ℝ.

⇔Δ'=m2−9≤0 ( do a=1>0)⇔⇔−3≤m≤3 m∈−3 ; −2 ; −1 ; 0 ; 1 ; 2 ; 3.

Do m∈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:

Chọn B

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 x1,x2 là nghiệm của phương trình

Suy ra

 mà do

.

Chọn B

Ta có f'x=x+12x−132−x⇒f'x=0⇔x=−1x=1x=2.

Từ đó, ta có bảng biến thiên như sau:

Dựa vào bảng biến thiên thì hàm số y=fx đồng biến trên (1,2).

Chọn B

Ta có

và ;

Suy ra

.

Đồng thời

Vậy tỉ số thể tích hai phần S.MNCD và MNABCD là 35.

Chọn C

Chọn B

Xét hàm số

Ta có bảng biến thiên:

Do đó Hàm số  nghịch biến trên khoảng (1,3).

Chọn A

Đặt

 Ta được PT f(t)=0.

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị là (-2,-4) và (2,4) nên đồ thị có điểm uốn là gốc tọa độ 0. Do đó đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm có hoành độ lần lượt là

. Mà

 có 1 nghiệm là t=0.

Với t=0 ta được

kπ

.

Theo yêu cầu bài:

Vì

. Ta được 2 nghiệm

 thỏa yêu cầu bài toán.

Chọn A

Vẽ đường thẳng y=1 lên đồ thị đã cho ta được PT (*)có 1 nghiệm t=t1∈(-2,1) và 1 nghiệm t=t2∈(1,2).

Ta có BBT của hàm số y=x3-3x2+1 như sau

Với t=t1 ta được PTy=x3-3x2+1=t1 . Dựa vào BBT ta thấy PT này có 3 nghiệm phân biệt.

Với t=t2 ta được PT y=x3-3x2+1=t2. Dựa vào BBT ta thấy PT này có 1 nghiệm.

Vậy BPT đã cho có 4 nghiệm thực.