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'x   ta có bảng xét dấu như sau:

Do đó f'x<0,∀x∈−12;0   .

Ta có y'=−2021x−20202<0   ∀x≠2020 .

Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng  −∞;2020  và 2020;+∞  .

Xét hàm số  y=x3+4x−3 có y'=3x2+4>0 , ∀x∈ℝ. Do vậy hàm số y=x3+4x−3 đồng biến trên R

+ Hàm số y=x−1x+2  không có cực trị vì y'=3x+22>0,  ∀x≠−2  .

+ Hàm số y=x3  không có cực trị vì y'=3x2≥0, ∀x∈ℝ .

+ Hàm số y=x4có một cực trị vì y'=4x3; y=0   có một nghiệm bội lẻ x=0 .

+ Hàm số y=x4−2x2+1  có y'=4x3−4x  ; y'=0  có ba nghiệm đơn: x=0 ; x=1 ; x=−1  nên hàm số có ba cực trị.

Ta có: y'=3x2−3=0 . ⇔x=1x=−1

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 (-).

Từ đồ thị ta có hàm số giá trị cực tiểu của hàm số là yCT=−3

Nhận thấy trên đoạn −2;3  đồ thị hàm số có điểm cao nhất có tọa độ  giá trị lớn nhất của hàm số này trên đoạn −2;3   bằng 4

Từ bảng biến thiên của hàm số ta thấy max−3; 2fx=f0=5

Đường cong trong hình trên là đồ thị hàm số bậc ba y=ax3+bx2+cx+d  .

 Đồ thị hàm số đi qua O  nên d=0 .

Trên khoảng 0;+∞  đồ thị hàm số đi lên từ trái sang phải nên hệ số a>0

  Do đó chọn đáp án B.

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y=fx  đã cho ta thấy: Hàm số không xác định tại x=12   nên ta loại phương án A, B, C.

limx→−2+2x+1x+2=−∞ nên x=−2  là tiệm cận đứng.

Ta có: limx→−∞y=−3;limx→+∞y=3⇒y=−3;y=3  là hai đường tiệm  cận ngang của đồ thị hàm số (C).

limx→−1−y=+∞⇒x=−1 là một đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm sốC .

Vậy số đường tiệm cận bao gồm tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của C   là: 3.

Tập xác định D=ℝ\−a

Suy ra a≠−2020 .

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

Khối đa diện đều loại 3;4  là khối bát diện đều.

Khối bát diện đều có 8 mặt.

Thể tích V của khối chóp có diện tích đáy bằng S  và chiều cao bằng h là V=13Sh.

Thể tích của khối lăng trụ đã cho là V=Bh=4.6=24.

Ta có VS.ABCD=13.SA.SABCD=13.a.a2=a33 .

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

   V1=V2+V3⇔V3=V1−V2 . 

Tập xác định: D=R .

Hàm số đồng biến trên R⇔y'=3x2+2mx−4m+9≥0 , ∀x∈ℝ

⇔a=3>0Δ'=m2+12m+27≤0⇔−9≤m≤−3. Vậy có 7  giá trị nguyên của m  thỏa mãn ycbt.

y'=fx2'= 2x.f'x2=2xx23x2−4x2−12=2x7x2−4x−12x+12

y'=0⇔x=0   (boi7)x=2   (boi1)x=−2 (boi1)x=1    (boi2)x=−1 (boi2)

Ta có bảng biến thiên của hàm số y=fx2  như sau:

Vậy hàm số y=fx2  nghịch biến trên khoảng −∞;−2  .

Ta có: y=13x3−m+1x2+2m+1x+1

 y'=x2−2m+1x+2m+1y''=2x−2m+1

Hàm số đạt cực tiểu tại x=3  khi   y'3=0y''3>0⇔−4m+4=04−2m>0⇔m=1m<2⇔m=1.

f'x=0

⇔xx−1x+43=0⇔x=0x=1x=−4

Ta có bảng xét dấu của f'x

Dựa vào bảng xét dấu của f'x  suy ra hàm số đã cho có 2 điểm cực tiểu.

Ta có  y'=3x2−2x−8 ; y'=0⇔x=2∈1;3x=−43∉1;3 .

y1=−7, y3=−5 , y2=−11 . Do đó maxy=y3=−5  .

Xét hàm số : f(x)=x3−3x2−9x+5  trên −2;5

Có:   f'(x)=3x2−6x−9

   f'(x)=     0

Tính:  f(−2)=3; f(−1)=10 ; f(3)=−22 ;  f(5)=10 

Khi đó : Min[−2;5]f(x)=−22

                 Chọn đáp án  D

Phương trình fx−1=1⇔fx=2fx=0 .

Từ đồ thị hàm số y=fx  ta thấy, trên đoạn −2;2 , phương trình  fx=0 có 3 nghiệm phân biệt, phương trình  có 2 nghiệm phân biệt (khác các nghiệm của phương trình fx=0  ).

Nên phương trình fx−1=1  có tất cả 5 nghiệm phân biệt.

Từ bảng biến thiên, hàm số y=fx  xác định trên ℝ\−2  và có 1 điểm cực đại x=0  ; 1 điểm cực tiểu x=4 .

Vậy chọn D.

Chọn D

Ta có fx+1=0⇔fx=−1 .

Dựa vào bảng biến thiên thì đường thẳng  y=−1 sẽ cắt đồ thị hàm số y=fx  tại 4 điểm phân biệt. Do đó phương trình đã cho có 4 nghiệm.

Dựa vào bảng biến thiên ta có limx→−∞y=2 và limx→+∞y=+∞  nên đồ thị hàm số chỉ có duy nhất một đường tiệm cận ngang là đường thẳng y=2.

Lại có limx→0+y=+∞  nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng x=0  là tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số y=fx   có 2 đường tiệm cận đứng và ngang.

Tập xác định của hàm số là: D=[−4 ​;​+∞)\0 ; 1  .

Dễ thấy hàm số đã cho liên tục trên D  . Mọi đường thẳng x=x0 ∉0 ; 1  đều không là tiệm cận đứng của đồ thị.

Ta có limx→0x+4−2x2−x=limx→0xx2−xx+4+2=limx→01x−1x+4+2=−14

 nên đường thẳng x=0  không phải là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

 limx→1+x+4−2=5−2>0limx→1+1x2−x=limx→1+1x(x−1)=+∞ suy ra limx→1+x+4−2x2−x=+∞   do đó x=1  là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị của hàm số đã cho có đúng 1 đường tiệm cận đứng là đường thẳng x=1 .

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 3 ; 3  cạnh a  là khối lập cạnh a .

Do đó thể tích bằng a3 .

Gọi I là trung điểm B'C'.

Góc giữa hai mặt phẳng AB'C'  và A'B'C'   là   ⇒AIA'^=60°

AA'=A'I. tan60°=a32.3=3a2.

VABC.A'B'C'=AA'.SA'B'C'=3a2.a234=3a338.

Gọi O=AC∩BD , suy ra SO⊥ABCD . Do đó góc giữa SD  và ABCD  là  SDO^=60° .

Ta có BD=a2⇒OD=a22  .

Xét tam giác SOD  vuông tại O, ta có SO=OD.tan600=a62 .

Ta có VS.ABCD=13.SO.SABCD=13.a62.a2=6a36 .

Xét hàm số ux=x−x2+1 .

Ta có u'x=1−xx2+1=x2+1−xx2+1>0,∀x∈ℝ

limx→+∞x−x2+1=limx→+∞−1x+x2+1=0.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra ux=x−x2+1<0,∀x∈ℝ  .

Do đó fx−x2+1≤3  với mọi x∈ℝ .

Phương trình có nghiệm ⇔fm−1≤3⇔m−1≤2⇔m≤3 .

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

Ta có

SH⊥ABCSA⊥AB  gt⇒HA⊥AB.

Tương tự HC⊥BC

Suy ra tứ giác HABC  là một hình vuông.

Ta có AH // BC⊂SBC⇒AH // SBC⇒dA, SBC=dH, SBC=a2 .

Dựng HK⊥SCtại  K 1 .

Do BC⊥HCBC⊥SH⇒BC⊥SHC⇒BC⊥HK 2 .

Từ  (1) và (2) suy ra HK⊥SBC , nên dH, SBC=HK=a2 .

Ta có 1HS2=1HK2−1HC2=16a2⇒HS=a6

Thể tích Khối chóp  được tính bởi V=13SABC.SH=16AB.BC.SH=16a3.a3.a6=a362.

Xét hàm số gx=x2−1+2mx−2120  có g'x=2xx2−1x2−1+2m=2x+2m      ; 1<x<2−2x+2m   ; 0<x<1 .

          Hàm số đồng biến trên (0,2)⇔g'x≥0,  ∀x∈0 ; 1∪1 ; 2

⇔2x+2m≥0  ,∀x∈1 ; 2−2x+2m≥0  ,∀x∈0 ; 1⇔x≥−m  ,∀x∈1 ; 2x≤m  ,∀x∈0 ; 1  ⇔1≥−m1≤m⇔m≥1.

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

Xét fx=2x3+33−2mx2+6m2−3mx

⇒f'x=6x2+3−2mx+m2−3m=6x−mx−m+3.

Hàm số y=fx  đồng biến trên (0,3) .⇔y'=fxf'xfx≥0,  ∀x∈0 ; 3

Trường hợp 1. fx≥0f'x≥0 , ∀x∈0 ; 3⇔f0=0≥00 ; 3⊂−∞ ; m−3∪m ; +∞ ⇔m≥6m≤0  .

Do hàm số f(x)  đồng biến trên khoảng (0,3)  nên fx>f0=0,  ∀x∈0;3 .

Trường hợp 2. fx≤0f'x≤0 ,∀x∈0 ; 3 ⇔f0=0≤00 ; 3⊂m−3 ; m⇔m=3  .

Do hàm số f(x)  nghịch biến trên khoảng (0,3)  nên fx<f0=0,  ∀x∈0 ; 3

Do m∈−10 ; 10, m∈ℤ  nên có 17 số.