Bộ 20 đề thi giữa học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án- Đề 11

Dựa vào đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ ta thấy hàm số nghịch biến trên $\left(-\infty ;-3\right)$.

Tập xác định  $D=ℝ\backslash \left\{-2\right\}$.

$y^{\text{'}}=\frac{3}{{\left(x+2\right)}^2}>0\forall x\ne -2$.

Ta có: $y=\left(m^2-1\right)x^3+\left(m-1\right)x^2-x+4$

Nên: $y\text{'}=3\left(m^2-1\right)x^2+2\left(m-1\right)x-1$

Điều kiện để hàm số đồng biến trên R là:

Điều kiện: $x\ne -4m$.

Ta có: $y\text{'}=\frac{4m-3}{{\left(x+4m\right)}^2}$

Hàm số $y=\frac{x+3}{x+4m}$ nghịch biến trên khoảng $\left(2;+\infty \right)$

$\iff \left\{\begin{array}{c}-4m\le 2\\ y\text{'}<0,\forall x\in \left(2;+\infty \right)\end{array}\iff \left\{\begin{array}{c}m\ge -\frac{1}{2}\\ \frac{4m-3}{{\left(x+4m\right)}^2}<0,\forall x\in \left(2;+\infty \right)\end{array}\iff \left\{\begin{array}{c}m\ge -\frac{1}{2}\\ m<\frac{3}{4}\end{array}\right.\right.\right.\iff -\frac{1}{2}\le m<\frac{3}{4}$

Vậy $-\frac{1}{2}\le m<\frac{3}{4}$ nên có 1 số nguyên m=0  thỏa mãn.

Từ đồ thị hàm số y=f(x) trên đoạn $\left[-2;2\right]$ ta thấy hàm số $f\left(x\right)$ đạt cực đại tại điểm x=1.

Ta có : Điểm cực đại của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ là  $\left(-1;2\right)$.

Tập xác định: : $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}$.

Ta có:

$y\text{'}=\frac{2.(-1)-1.(-3)}{{\left(x-1\right)}^2}$$\frac{1}{{\left(x-1\right)}^2}>0$ với $\forall x\in D$.

Do đó hàm số không có cực trị.

Hàm số đã cho có ba điểm cực trị $\iff \left(m-3\right)\left(m+2\right)<0\iff m^2-m-6<0\iff -2<m<3$.

Do $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \left\{-1;0;1;2\right\}$.

Ta có $y^{\text{'}}=4x^3-16x$.

$y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\notin \left[1;3\right]\\ x=2\in \left[1;3\right]\\ x=-2\notin \left[1;3\right]\end{array}\right.$.

$y\left(1\right)=8$; $y\left(2\right)=-1$; $y\left(3\right)=24$.

Vậy $\underset{\left[1;3\right]}{\text{Min}}y=-1$.

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{-1\right\}$.

$y^{\text{'}}=\frac{1+m^2}{{\left(x+1\right)}^2}>0,\forall x\ne -1$.

Suy ra hàm số đồng biến trên đoạn $\left[0;1\right]$. Do đó, ta có:

$\underset{\left[0;1\right]}{\text{Min}}y=-1$$\iff y\left(0\right)=-1$$\iff -m^2=-1$$\iff \left[\begin{array}{c}m=1\\ m=-1\end{array}\right.$.

Ta có: $y=\left(1-{\sin }^{2}2x\right)-\frac{1}{2}\sin 2x+4$.

Đặt $t=\sin 2x,\left(-1\le t\le 1\right)$, hàm số đã cho trở thành $t=\sin 2x,\left(-1\le t\le 1\right)$.

$y^{\text{'}}=-2t-\frac{1}{2};y^{\text{'}}=0\iff t=\frac{-1}{4}$.

$y\left(-1\right)=\frac{9}{2};y\left(1\right)=\frac{7}{2};y\left(-\frac{1}{4}\right)=\frac{81}{16}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số là $\frac{7}{2}$.

Từ  BBT của hàm số $y=f\left(x\right)$ ta chọn C.

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

Từ bảng xét dấu của $f^{\text{'}}\left(x\right)$ ta chọn C.

Phương trình $2f\left(x\right)+3=0\iff f\left(x\right)=-\frac{3}{2}$.

Đường thẳng $y=-\frac{3}{2}$ cắt đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ tại  điểm phân biệt nên phương trình đã cho có 2 nghiệm. Chọn đáp án D.

Dựa vào hình dạng đồ thị, loại được đáp án C.

             Xét hàm số $y=x^3-3x+1$.

             $y^{\text{'}}=3x^2-3$; $y^{\text{'}}=0\iff x=\pm 1;y\left(1\right)=-1;y\left(-1\right)=3$ nên chọn đáp án A.

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=-\infty \Rightarrow a<0$

Ta có $y\left(0\right)=-1\Rightarrow c=-1$

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có 3 điểm cực trị suy ra  $ab<0\Rightarrow b>0$

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=1\Rightarrow$ Đường thẳng y=1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$.

Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=2$ nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y=2 .

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{1;4\right\}$.

$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=0$ suy ra y=0 là TCN.

$\left.\begin{array}{l}\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=-\infty \\ \underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=+\infty \end{array}\right\}\Rightarrow x=1$ là TCĐ.

$\underset{x\to 4^{\pm }}{\lim }y=\frac{2}{3}$.

$\underset{x\to -\infty }{\lim }y=+\infty ,\underset{x\to +\infty }{\lim }y=-\infty \iff$ đồ thị không có tiệm cận ngang.

Điều kiện để đồ thị của hàm số $y=\frac{-x^2-3x+m+1}{x-1}$ không có tiệm cận đứng là tam thức bậc hai $f\left(x\right)=-x^2-3x+m+1$ có nghiệm $x=1$, hay $f\left(1\right)=0\iff m=3$.

Với m=3, $\underset{x\to 1}{\lim }y=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{-x^2-3x+4}{x-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\left(-x-4\right)=-5\Rightarrow$Đồ thị của hàm số đã cho không có tiệm cận đứng.

Vậy $m=3$ là giá trị cần tìm.

Khối đa diện đều loại $\text{{3;5}}$ là khối 20 mặt đều với mỗi mặt là một tam giác đều (có đúng 3 cạnh) và mỗi đỉnh là đỉnh chung của đúng 5 mặt.

          Số đỉnh của khối $\text{{3;5}}$ là  $\frac{20.3}{5}=12$ (đỉnh). Suy ra $m=12$.

          Số cạnh của khối $\text{{3;5}}$ là $\frac{20.3}{2}=30$. Suy ra n=20.

Gọi $I,J,E,F,M,N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AC,BD,AB,BC,CD,DA$

Ta có tám tam giác $IEF,IFN,IMN,INE,JEF,JFM,JMN,JNE$ là các tam giác đều cạnh $\frac{a}{2}$

$\iff$Đa diện có các đỉnh là $I,J,E,F,M,N$ một đa diện đều loại  $\left\{3;4\right\}$

Gọi x là độ dài cạnh của hình lập phương ABCDA'B'C'D'

          Ta có $AC=2\sqrt{2}a\iff x\sqrt{2}=2\sqrt{2}a\iff x=2a$

             Vậy thể tích của hình lập phương ABCDA'B'C'D' là $V=x^3={\left(2a\right)}^3=8a^3.$

Ta có diện tích đáy $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}3a.2a=3a^2.$

Chiều cao của khối chóp $h=SA=4a.$

Vậy, thể tích của khối chóp đã cho là $V=\frac{1}{3}.3a^2.4a=4a^3.$

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều BCD, M là trung điểm của CD.

          Vì tứ diện ABCD đều nên $AH\perp \left(BCD\right)$$\Rightarrow AH$ là chiều cao của tứ diện.

          Do $\Delta BCD$ đều và M là trung điểm của CD nên $BM\perp CD$.

          Xét $\Delta BMD$vuông tại M có:

                              $B{M}^2+M{D}^2=B{D}^2$ (đ/lý Pitago)

                              $\Rightarrow BM=\sqrt{2a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.

          Xét $\Delta AHB$vuông tại H có:

                              $A{H}^2+B{H}^2=A{B}^2$ (đ/lý Pitago)

                              $\Rightarrow AH=\sqrt{2a^2-{\left(\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{2}\right)}^2}=\sqrt{2a^2-\frac{2a^2}{3}}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$.

          Thể tích tứ diện ABCD là:

                              $V=\frac{1}{3}.S_{\Delta BCD}.AH=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.BM.CD.AH=\frac{1}{6}.\frac{a\sqrt{6}}{2}.a\sqrt{2}.\frac{2a\sqrt{3}}{3}=\frac{a^3}{3}$.

Góc $\left[SC;\left(ABCD\right)\right]=\widehat{SCA}={45}^0$.

Suy ra $\Delta SCA$ vuông cân tại A nên $SA=AC=a\sqrt{2}$.

$S_{ABCD}=a^2$.

Do đó $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SA=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}$.

Ta thấy hàm số $y=f\left(x\right)$ có 2 điểm cực trị

Hàm số $g\left(x\right)=\left|f\left(x\right)-2m\right|$ có 5 điểm cực trị

$\Rightarrow$Phương trình $f\left(x\right)-2m=0$ có 3 nghiệm phân biệt

$\Rightarrow$ Đường thẳng $y=2m$ cắt đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ tại 3 điểm phân biệt

$\iff 4<2m<11$ $\iff 2<m<\frac{11}{2}$.

Ta có $y=g\left(x\right)=\frac{f\left(x^2-2x\right)}{f\left(x^2-2x\right)+1}=1-\frac{1}{f\left(x^2-2x\right)+1}$ nên

$g^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{{\left(x^2-2x\right)}^{\text{'}}.f^{\text{'}}\left(x^2-2x\right)}{{\left[f\left(x^2-2x\right)+1\right]}^2}=\frac{\left(2x-2\right).f^{\text{'}}\left(x^2-2x\right)}{{\left[f\left(x^2-2x\right)+1\right]}^2}$. 

$g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}2x-2=0\\ f^{\text{'}}\left(x^2-2x\right)=0\end{array}\right.$

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

PT (1) vô nghiệm.

PT (2) có nghiệm kép  x=1 nên không phải là điểm cực trị.

PT (3) $\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=3\end{array}\right.$                                                                         (0.25đ)

Thay $x=0\in \left(-1;1\right)$ ta được $g^{\text{'}}\left(0\right)=\frac{-2f\text{'}\left(0\right)}{{\left(f\left(0\right)+1\right)}^2}>0$ vì $f\text{'}\left(0\right)<0$

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

Dựa vào bảng xét dấu ta có hàm số $y=g\left(x\right)$ nghịch biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$ và $\left(1;3\right)$. 

Gọi $K=MN\cap SB$, $I=AB\cap MD$

Suy ra : K trọng tâm của $\Delta SMC$, trung điểm $MD$