Bộ 20 đề thi giữa học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án- Đề 10

Dựa vào đồ thị của hàm số $y=f^{\text{'}}\left(x\right)$   ta có bảng xét dấu như sau:

Do đó $f^{\text{'}}\left(x\right)<0,\forall x\in \left(-\frac{1}{2};0\right)$   .

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{-2021}{{\left(x-2020\right)}^2}<0\forall x\ne 2020$ .

Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng  $\left(-\infty ;2020\right)$ và $\left(2020;+\infty \right)$  .

+ Hàm số $y=\frac{x-1}{x+2}$  không có cực trị vì $y^{\text{'}}=\frac{3}{{\left(x+2\right)}^2}>0,\forall x\ne -2$  .

+ Hàm số $y=x^3$  không có cực trị vì $y^{\text{'}}=3x^2\ge 0,\forall x\in ℝ$ .

+ Hàm số $y=x^4$có một cực trị vì $y^{\text{'}}=4x^3;y=0$   có một nghiệm bội lẻ $x=0$ .

+ Hàm số $y=x^4-2x^2+1$  có $y^{\text{'}}=4x^3-4x;y^{\text{'}}=0$  có ba nghiệm đơn: $x=0;x=1;x=-1$  nên hàm số có ba cực trị.

Ta có: $y^{\text{'}}=3x^2-3=0$ . $\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-1\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đạt cực tiểu tại $x=1$.

Chọn D vì tại  đạo hàm đổi dấu từ (+) sang (-).

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số $y=f\left(x\right)$  đã cho ta thấy: Hàm số không xác định tại $x=\frac{1}{2}$   nên ta loại phương án A, B, C.

$\underset{x\to {\left(-2\right)}^{+}}{\lim }\frac{2x+1}{x+2}=-\infty$nên $x=-2$  là tiệm cận đứng.

Ta có: $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-3;\underset{x\to +\infty }{\lim }y=3\Rightarrow y=-3;y=3$  là hai đường tiệm  cận ngang của đồ thị hàm số (C).

$\underset{x\to -1^{-}}{\lim }y=+\infty \Rightarrow x=-1$ là một đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số$\left(C\right)$ .

Vậy số đường tiệm cận bao gồm tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của $\left(C\right)$   là: 3.

Tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{-a\right\}$

Suy ra $a\ne -2020$ .

Hình thoi là một hình đa giác không phải hình đa diện.

Khối đa diện đều loại $\left\{3;4\right\}$  là khối bát diện đều.

Khối bát diện đều có 8 mặt.

Do hình chóp  $S.ABCD$ được chia thành hai khối chóp $S.ABC;S.ACD$  nên:

   $V_1=V_2+V_3\iff$$V_3=V_1-V_2$ . 

Tập xác định: D=R .

Hàm số đồng biến trên R$\iff y^{\text{'}}=3x^2+2mx-\left(4m+9\right)\ge 0,\forall x\in ℝ$

$\iff \left\{\begin{array}{l}a=3>0\\ {\Delta }^{\text{'}}=m^2+12m+27\le 0\end{array}\right.\iff -9\le m\le -3$. Vậy có 7  giá trị nguyên của m  thỏa mãn ycbt.

Ta có bảng biến thiên của hàm số $y=f\left(x^2\right)$  như sau:

Vậy hàm số $y=f\left(x^2\right)$  nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;-2\right)$  .

Ta có: $y=\frac{1}{3}{x}^3-\left(m+1\right)x^2+\left(2m+1\right)x+1$

 $\begin{array}{l}{y}^{\text{'}}=x^2-2\left(m+1\right)x+2m+1\\ {y^{\text{'}}}^{\text{'}}=2x-2\left(m+1\right)\end{array}$

Hàm số đạt cực tiểu tại x=3  khi   $\left\{\begin{array}{l}{y}^{\text{'}}\left(3\right)=0\\ {y^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(3\right)>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-4m+4=0\\ 4-2m>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m=1\\ m<2\end{array}\right.\iff m=1.$

Ta có bảng xét dấu của $f\text{'}\left(x\right)$

Dựa vào bảng xét dấu của $f\text{'}\left(x\right)$  suy ra hàm số đã cho có 2 điểm cực tiểu.

Ta có  $y^{\text{'}}=3x^2-2x-8$ ; $y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=2\in \left(1;3\right)\\ x=-\frac{4}{3}\notin \left(1;3\right)\end{array}\right.$ .

$y\left(1\right)=-7$, $y\left(3\right)=-5$ , $y\left(2\right)=-11$ . Do đó $\underset{}{\max y}=y\left(3\right)=-5$  .

Xét hàm số : $f\left(x\right)=x^3-3x^2-9x+5$  trên $\left[-2;5\right]$

Có:   $f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-6x-9$

   $f^{\text{'}}\left(x\right)=$     0

Tính:  $f(-2)=3$; $f(-1)=10$ ; $f\left(3\right)=-22$ ;  $f\left(5\right)=10$ 

Khi đó : $\underset{\text{[}-2;5]}{Min}f\left(x\right)=-22$

                 Chọn đáp án  D

Phương trình $\left|f\left(x\right)-1\right|=1\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=2\\ f\left(x\right)=0\end{array}\right.$ .

Từ đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$  ta thấy, trên đoạn $\left[-2;2\right]$ , phương trình  $f\left(x\right)=0$có 3 nghiệm phân biệt, phương trình  có 2 nghiệm phân biệt (khác các nghiệm của phương trình $f\left(x\right)=0$  ).

Nên phương trình $\left|f\left(x\right)-1\right|=1$  có tất cả 5 nghiệm phân biệt.

Từ bảng biến thiên, hàm số $y=f\left(x\right)$  xác định trên $ℝ\backslash \left\{-2\right\}$  và có 1 điểm cực đại $x=0$  ; 1 điểm cực tiểu $x=4$ .

Vậy chọn D.

Chọn D

Ta có $f\left(x\right)+1=0\iff f\left(x\right)=-1$ .

Dựa vào bảng biến thiên thì đường thẳng  $y=-1$sẽ cắt đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$  tại 4 điểm phân biệt. Do đó phương trình đã cho có 4 nghiệm.

Lại có $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }y=+\infty$  nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng x=0  là tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$   có 2 đường tiệm cận đứng và ngang.

Trong 4 hình đã cho, chỉ có hình đầu tiên là không phải hình đa diện vì có 1 cạnh là cạnh chung của nhiều hơn hai mặt. Vậy có 3 hình đa diện.

Khối đa diện đều loại $\left\{3;3\right\}$  cạnh a  là khối lập cạnh a .

Do đó thể tích bằng $a^3$ .

Gọi I là trung điểm B'C'.

Góc giữa hai mặt phẳng $\left(A{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\right)$  và $\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\right)$   là   $\Rightarrow \widehat{AI{A}^{\text{'}}}=60°$

$A{A}^{\text{'}}=A^{\text{'}}I.tan60°=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\sqrt{3}=\frac{3a}{2}$.

$V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}\text{=}A{A}^{\text{'}}{\text{.S}}_{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{3a}{2}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3a^3\sqrt{3}}{8}$.

Gọi $O=AC\cap BD$ , suy ra $SO\perp \left(ABCD\right)$ . Do đó góc giữa SD  và $\left(ABCD\right)$  là  $\widehat{SDO}=60°$ .

Ta có $BD=a\sqrt{2}\Rightarrow OD=\frac{a\sqrt{2}}{2}$  .

Xét tam giác SOD  vuông tại O, ta có $SO=OD.\tan {60}^0=\frac{a\sqrt{6}}{2}$ .

Ta có $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SO.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{2}.a^2=\frac{\sqrt{6}{a}^3}{6}$ .

Xét hàm số $u\left(x\right)=x-\sqrt{x^2+1}$ .

Ta có $u^{\text{'}}\left(x\right)=1-\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=\frac{\sqrt{x^2+1}-x}{\sqrt{x^2+1}}>0,$$\forall x\in ℝ$

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(x-\sqrt{x^2+1}\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{-1}{x+\sqrt{x^2+1}}=0$.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra $u\left(x\right)=x-\sqrt{x^2+1}<0,\forall x\in ℝ$  .

Do đó $f\left(x-\sqrt{x^2+1}\right)\le 3$  với mọi $x\in ℝ$ .

Phương trình có nghiệm $\iff f\left(m-1\right)\le 3\iff m-1\le 2\iff m\le 3$ .

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S  trên  ( ABC)

Ta có

$\left.\begin{array}{l}SH\perp \left(ABC\right)\\ SA\perp AB\left(\text{gt}\right)\end{array}\right\}\Rightarrow HA\perp AB$.

Tương tự $HC\perp BC$

Suy ra tứ giác $HABC$  là một hình vuông.

Ta có $AH\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}BC\subset \left(SBC\right)\Rightarrow AH\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}\left(SBC\right)$$\Rightarrow \text{d}\left(A,\left(SBC\right)\right)=\text{d}\left(H,\left(SBC\right)\right)=a\sqrt{2}$ .

Dựng $HK\perp SC$tại  K $\left(1\right)$ .

Do $\left.\begin{array}{l}BC\perp HC\\ BC\perp SH\end{array}\right\}\Rightarrow BC\perp \left(SHC\right)\Rightarrow BC\perp HK\left(2\right)$ .

Từ  (1) và (2) suy ra $HK\perp \left(SBC\right)$ , nên $\text{d}\left(H,\left(SBC\right)\right)=HK=a\sqrt{2}$ .

Ta có $\frac{1}{H{S}^2}=\frac{1}{H{K}^2}-\frac{1}{H{C}^2}=\frac{1}{6a^2}\Rightarrow HS=a\sqrt{6}$

Thể tích Khối chóp  được tính bởi $V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}.SH=\frac{1}{6}AB.BC.SH=\frac{1}{6}a\sqrt{3}.a\sqrt{3}.a\sqrt{6}=\frac{a^3\sqrt{6}}{2}.$

Xét hàm số $g\left(x\right)=\left|x^2-1\right|+2mx-2120$  có $g^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{2x\left(x^2-1\right)}{\left|x^2-1\right|}+2m=\left\{\begin{array}{l}2x+2m;1<x<2\\ -2x+2m;0<x<1\end{array}\right.$ .

          Hàm số đồng biến trên (0,2)$\iff g^{\text{'}}\left(x\right)\ge 0,\forall x\in \left(0;1\right)\cup \left(1;2\right)$

$\iff \left\{\begin{array}{l}2x+2m\ge 0,\forall x\in \left(1;2\right)\\ -2x+2m\ge 0,\forall x\in \left(0;1\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge -m,\forall x\in \left(1;2\right)\\ x\le m,\forall x\in \left(0;1\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}1\ge -m\\ 1\le m\end{array}\right.\iff m\ge 1$.

          Vậy có tất cả 2020 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Xét $f\left(x\right)=2x^3+3\left(3-2m\right)x^2+6\left(m^2-3m\right)x$

$\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=6\left[x^2+\left(3-2m\right)x+m^2-3m\right]=6\left(x-m\right)\left(x-m+3\right)$.

Hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$  đồng biến trên (0,3) .$\iff y^{\text{'}}=\frac{f\left(x\right)f^{\text{'}}\left(x\right)}{\left|f\left(x\right)\right|}\ge 0,\forall x\in \left(0;3\right)$

Trường hợp 1. $\left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)\ge 0\\ f^{\text{'}}\left(x\right)\ge 0\end{array}\right.,\forall x\in \left(0;3\right)\iff \left\{\begin{array}{l}f\left(0\right)=0\ge 0\\ \left(0;3\right)\subset \left(-\infty ;m-3\right]\cup \left[m;+\infty \right)\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m\ge 6\\ m\le 0\end{array}\right.$ .

Do hàm số f(x)  đồng biến trên khoảng (0,3)  nên $f\left(x\right)>f\left(0\right)=0,\forall x\in \left(0;3\right)$ .

Trường hợp 2. $\left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)\le 0\\ f^{\text{'}}\left(x\right)\le 0\end{array}\right.,\forall x\in \left(0;3\right)\iff \left\{\begin{array}{l}f\left(0\right)=0\le 0\\ \left(0;3\right)\subset \left[m-3;m\right]\end{array}\right.\iff m=3$  .

Do hàm số f(x)  nghịch biến trên khoảng (0,3)  nên $f\left(x\right)<f\left(0\right)=0,\forall x\in \left(0;3\right)$

Do $m\in \left[-10;10\right],m\in \mathbb{Z}$  nên có 17 số.