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

Lời giải:

Chọn đáp án C.

Lời giải:

Chọn đáp án D.

Lời giải:

Chọn đáp án A.

Lời giải:

Ta có: f'x=3x2−3 ; f'x=0⇔x=±1∈−3;3 .

f−3=−16;  f3=20;  f−1=4;  f1=0. Vậy  max−3;3fx=20 .

Chọn đáp án B

Lời giải:

Chọn đáp án A.

Hàm số có tập xác định D=ℝ\1 , nghịch biến trên các khoảng −∞;1  và 1;+∞  , đồ thị có tiệm cận ngang là đường thẳng y=1 , có tiệm cận đứng là đường thẳng x=1 .

Vậy đường cong đã cho là đồ thị của hàm số y=x+1x−1 .

Chọn đáp án B.

Lời giải:

Hình chóp tứ giác đều có mặt phẳng đối xứng .

Chọn đáp án C.

Lời giải: 

Xét hàm số y=x+m2−2m+3x+1 trên 1;2. Ta có: y'=−m2+2m−2x+12<0, ∀x∈1;2.

Vậy hàm số y  nghịch biến trên 1;2.

Suy ra M=maxx∈1;2fx=f1=m2−2m+42  và m=minx∈1;2fx=f2=m2−2m+53.

Theo giả thiết minx∈1;2fx=m2−2m+53=m−12+43≥43.  Vậy GTNN của minx∈1;2fx  bằng 43  đạt được khi m=1

Chọn đáp án B.

Lời giải:

Hình lập phương ABCD.A'B'C'D'   có đường chéo bằng a3  nên có cạnh bằng a .

Khối chóp A'.ABCD  có chiều cao AA'=a , diện tích đáy a2  có thể tích là V=13a.a2=13a3 .

Chọn đáp án B

Lời giải:

Thực hiện theo hai bước biến đổi đồ thị:

Bước 1: Biến đổi đồ thị y=fx thành y=fx+2 bằng cách tịnh tiến sang trái 2  đơn vị.

          Bước 2: Biến đổi đồ thị y=fx+2thành y=fx+2 bằng cách bỏ phần bên trái và lấy đối xứng phần bên phải Oy qua Oy Ta được đồ thị y=fx+2 là hình vẽ bên.

Dựa vào đồ thị, hàm số y=fx+2 có duy nhất một điểm cực trị.

Chọn đáp án C.

Dựa vào BBT, các phương án A, B, C đều sai.

 Chọn đáp án D.

Lời giải:

Ta có tỷ số thể tích  VA.SB'C'VA.SBC=AB'AB.AC'AC=12.12=14. Do đó VA.SB'C'=14VA.SBC  hay VS.AB'C'=14V .

Chọn đáp án D.

Lời giải:

Bước 1: Chuyển điều kiện về   f'u.

Ta có:f'2x−1=0⇔x=−1⇒2x−1=−3x=0⇒2x−1=−1x=2⇒2x−1=3.  Vậy  f'u=0⇔u=−3u=−1u=3.

+)  f'2x−1>0⇔x>2⇒2x−1>3−1<x<0⇒−3<2x−1<−1. Vậy f'u>0⇔u>3−3<u<−1.

+)  f'2x−1<0⇔x<−1⇒2x−1<−30<x<2⇒−1<2x−1<3. Vậy f'u<0⇔u<−3−1<u<3.

Bước 2: Áp dụng vào bài toán:

Ta có: g'x=4x+3'f'4x+3⏟u=4.f'4x+3⏟u

Yêu cầu bài toán ⇔g'x>0⇔f'4x+3⏟u>0⇔u>3−3<u<−1⇒4x+3>3−3<4x+3<−1⇔x>0−32<x<−1.

Chọn đáp án A.

Lời giải:

Ta có: f'x=xx−3x+22019 ; f'x=0⇔x=0x=3x=−2 .

Bảng xét dấu

Vì f'x  đổi dấu 3  lần khi đi qua các điểm −2;  0;  3  nên hàm số đã cho có 3  điểm cực trị.

Chọn đáp án A.

Lời giải:

y'=4x3−4(m−1)x=4x3+4x−4mx

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (1;3)   khi và chỉ khi y'≥0  với mọi x∈(1;3)

⇔4x3+4x−4mx≥0,  ∀x∈(1;3)⇔m≤x2+1,  ∀x∈(1;3).

Với x∈(1;3)  thì 2<x2+1<10 . Vậy m≤2  .

Chọn đáp án D.

Lời giải:

Ta có:  y'=3x2−3=0⇔x=−1x=1;  y''=6x.

Ta có: y''1=6>0y''−1=−6<0⇒   Hàm số đạt cực đại tạix=−1,  vậy yC§=y−1=4.

Chọn đáp án A.

Lời giải:

Ta có:VS.EBDVS.BCD=SB.SD.SESB.SD.SC=SESC=23⇒VS.EBD=23VS.BCD=23.12VS.ABCD=13 .

Vậy thể tích V  của khối tứ diện SEBD  là V=13 .

Chọn đáp án A.

Lời giải:

Từ đồ thị hàm số y=fx  trên đoạn −1;3  ta có:

M=max−1;3y=f3=3 và m=min−1;3y=f2=−2 . Khi đó M+m=1

Chọn đáp án B.

Lời giải:

Xét hàm số fx−1+1  trên 1;+∞ . Đặt t=x−1+1≥1 , khi đó: bất phương trình fx−1+1≤m  có nghiệm x∈1;+∞  khi  và chỉ khi ft≤m có nghiệm  t∈1;+∞  .

Từ bảng biến thiên suy ra m≥−2.

Chọn đáp án B.

Lời giải:

Khối đa diện đều loại 4;3  là khối lập phương.

Chọn đáp án C.

Lời giải:

Ta có:   200=12.π.6x+12.π.6x+2y⇔2y=200−6xπ⇔y=100−3πx

Suy ra, diện tích hình phẳng thu được là   S=12π3x2+12π3x2+6x100−3xπ=−9πx2+600x.

Xét hàm số Sx=−9πx2+600x, x>0⇒S'x=−18πx+600; S'x=0⇔x=1003π.

Xét bảng biến thiên:

Vậy Smin=S1003π≈3 183 cm2.

Chọn đáp án D.

Lời giải:

Ta có y'=3ax2+2bx+c  .

Phương trình y'=0  có hai nghiệm x1<x2<0  nên x1+x2=−2b3a<0     1x1.x2=c3a>0           2

Từ 1;2  suy ra a;  b;  c  cùng dấu. Hơn nữa y'0=c>0  nên a>0;  b>0;  c>0  .

Chọn đáp án D.

Lời giải:

Ta có:   SABC=12AB.BC=a2.

Do BC⊥SAB  nên   SB;SAB=BSC^=30o.

Xét tam giác SBC  vuông tại  B:  sinBSC^=BCSC⇔SC=4a.

Suy ra:   SA=SC2−AC2=4a2−a52=a11.

Vậy   VS.ABC=13SA.SABC=11a33.

Chọn đáp án C.

Lời giải:

Ta có: 2fx−3=0⇔fx=32  .

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y=fx  và y=32  đường thẳng . Dựa vào bảng biến thiên ta thấy y CĐ=1<32 , do đó đường thẳng y=32  và đồ thị hàm số y=fx  có 2 giao điểm.

Vậy phương trình 2fx−3=0  có 2 nghiệm phân biệt.

Chọn đáp án C.

Lời giải:

Ta có VABC.A'B'C'=SΔABC.AA'=a234.a=a334 .

Chọn đáp án D.

Lời giải:

Do limx→+∞fx=2⇒y=2  là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Do limx→−∞fx=−2⇒y=−2  là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị của hàm số đã cho có hai đường tiệm cận ngang là y=2  và y=−2 .

Chọn đáp án C.

Lời giải:

Dựa vào bảng biến thiên đã cho, phương trình fx=m  có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi −1<m<2 hay m∈−1;2   vì lúc đó, đường thẳng y=m   cắt đồ thị hàm số y=fxtại ba điểm phân biệt.

   Chọn đáp án B.

Lời giải:

Ta có  y'=4m−1x3−4m−3x=4xm−1x2−m−3

Xét với m=1  : Khi đó y=4x2+1   hàm số không có cực đại. Vậy m=1   thỏa mãn (1)

Xét với m>1 : Khi đó hàm số là hàm bậc 4 trùng phương với hệ số a>0  để hàm số không có cực đại thì y'=0  chỉ có một nghiệm duy nhất x=0  .

Hay m−1x2−m−3=0  vô nghiệm hoặc có nghiệm kép x=0 .

 ⇔x2=m−3m−1 vô nghiệm hoặc có nghiệm x=0⇔m−3m−1≤0⇔1<m≤3    (2)

Xét với m<1  :  Hàm số bậc 4 trùng phương có hệ số a<0  luôn có cực đại (3)

Kết luận : Từ (1), (2), (3) ta có để hàm số không có cực đại thì 1≤m≤3 .

 Chọn đáp án A.

Lời giải:

Giả sử thể tích của khối chóp  là

Ta có  VS.MDCVS.ADC=SMSA.SDSD.SCSC=12; VS.MNCVS.ABC=SMSA.SNSB.SCSC=14;

VS.MDCVS.ADC+VS.MNCVS.ABC=VS.MDC12V+VS.MNC12V=VS.MNCD12V=12+14=34

⇒VS.MNCD=38V⇒VMNABCD=V−38V=58V⇒VS.MNCDVMNABCD=35.

 Chọn đáp án A.

Lời giải:

Đồ thị trên là đồ thị của hàm số bậc 3, với hệ số a dương.

Chọn đáp án A

Lời giải:

Gọi khối chóp tứ giác đều là S.ABCD , tâm O , khi đó .SO⊥ABCDAB=SA=2a

Ta có: SABCD=AB2=4a2 ,OA=12.2a2=a2 ; SO=SA2−OA2=2a2−a22=a2 .

Vậy VSABCD=13SO.SABCD=13a2.4a2=42 a33  .

Chọn đáp án A.

Lời giải:

Dựa vào đồ thị suy ra hệ số a>0⇒ loại phương án D.

Hàm số có 3 điểm cực trị ⇒ab<0 , do a>0⇒b<0  .

Mặt khác: C∩Oy=D0;c⇒c<0

 Chọn đáp án B.

Lời giải:

Vận tốc tại thời điểm t  là vt=s't=−32t2+18t.  Do đó vận tốc lớn nhất của vật đạt được khi v'(t)=−3t+18=0⇔t=6 . Vậy vmax=v6=54  m/s

Chọn đáp án D.

Lời giải:

Thể tích khối chóp OABC  là VO.ABC=VC.OAB=13OC.SΔOAB=16OA.OB.OC=16.1.2.OC=3⇒OC=9 .

Chọn đáp án C.

Lời giải:

Ta có: f2sin2x+2=0⇔f2sin2x=−2 .

Dựa vào đồ thị ta thấy:

+) fcos2x=−2⇔2sin2x=a∈−3;−22sin2x=b∈−2;−12sin2x=c∈1;22sin2x=d∈2;3⇔sin2x=a2∈−32;−1  loaisin2x=b2∈−1;−12sin2x=c2∈12;1sin2x=d2∈1;32  loai

⇔sin2x=b2∈−1;−12sin2x=c2∈12;1.

Phương trình  sin2x=b2∈−1;−12 có 2  nghiệm thuộc đoạn 0;3π2 .

Và phương trình sin2x=c2∈12;1  có 4  nghiệm thuộc đoạn 0;3π2  . (Bằng cách đặt t=2x:  x∈0;3π2⇒t=2x∈0;3π  )

Rõ ràng 6 nghiệm này phân biệt. Vậy phương trình đã cho có tất cả  nghiệm.

Chọn đáp án A.

Lời giải:

Vì limx→+∞ fx=5  , limx→−∞ fx=2⇒   đồ thị có 2 tiệm cận ngang:  y=5 và  y=2 .

Vì limx→1− fx=+∞⇒ đường thẳng x=1  là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có đúng 3 đường tiệm cận.

Chọn đáp án C.

Lời giải:

Từ đồ thị ta có: hàm số y=ax+bcx+d  và đạo hàm y'=ad−bccx+d2  đều không xác định tại x=−dc=1 , nghịch biến trên các khoảng −∞; 1  và 1; +∞ , suy ra khẳng định đúng là: y'<0,∀x≠1  .

Chọn đáp án D.

Lời giải:

TXĐ: D=ℝ\m2 ;y'=m2−4−2x+m2

Hàm số nghịch biến trên khoảng 12;+∞  khi và chỉ khi y'<0,  ∀x∈12;+∞

⇔m2−4<0m2∉12;+∞⇔m2−4<0m2≤12  ⇔−2<m<2m≤1⇔−2<m≤1.  Vậy m có 3 giá trị nguyên:−1;  0;  1 .

Chọn đáp án C.

Lời giải:

Đặt fx=x3−3x2+m  liên tục trên 1;3.  Ta có:  f'x=3x2−6x=0⇔x=0∉1;3x=2∈1;3.  

 f1=m−2;  f2=m−4;  f3=m.

Suy ra:   max1;3fx=f3=mmin1;3fx=f2=m−4⇒max1;3fx=max1;3m; m−4.max1;3fx<4⇔m<4m−4<4⇔−4<m<4−4<m−4<4⇔−4<m<40<m<8⇔0<m<4.

Vì m∈ℤ   nên m=1; m=2; m=3.  Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số m .

Chọn đáp án A.

Ta có: y'=2x.f'x2+m ,y'=0⇔x=0f'x2+m=0⇔x=0x2+m=0x2+m=1   bội chẵnx2+m=3⇔x=0                     (*)x2=−m             1x2=3−m        2 .

Hàm số y=fx2+m   có 3   điểm cực trị ⇔y'=0  có 3  nghiệm bội lẻ phân biệt.

Vì 3−m>−m  nên nếu  (1) có 2 nghiệm phân biệt thì  cũng có 2 nghiệm phân biệt, khi đó y'=0  có 5 nghiệm phân biệt: không thỏa mãn.

Vậy (1)  vô nghiệm hoặc có nghiệm kép x1=x2=0 , đồng thời phương trình (2) có có 2  nghiệm phân biệt khác 0 ⇔−m≤03−m>0⇔0≤m<3.

Vậy  có 3 giá trị nguyên:  0;  1;  2.

Chọn đáp án A.

Lời giải:

Ta có y'=3x2−6x ; y'=0⇔x=0x=2 .  Lập bảng biến thiên rồi suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2.

Chọn đáp án A.

Lời giải:

V=13SA.SABCD=13SC2−AC2.AB2=135a2−2a2.a2=a333

Chọn đáp án B.

Lời giải:

Ta có y'=−f'1−x−2x−12  .

Từ đồ thị hàm số f'x  ta có f'1−x>0⇔1−x>5⇔x<−4 .

Do đó x<−4⇒f'1−x>0  . Suy ra −f'1−x−2x−12<0 .

Vậy hàm số  y=f1−x+x+1x−1  nghịch biến trên −∞;−4 .

Chọn đáp án C.

Chọn đáp án B

Lời giải:

Tìm tiệm cận đứng:

+)  limx→4−y=limx→4−x−4x+1x2−16=limx→4−x+1x+4=58 và limx→4+y=limx→4+x−4x+1x2−16=limx→4+x+1x+4=58 . Suy ra x=4  không phải là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

+)  limx→−4−y=limx→−4−x−4x+1x2−16=−∞. Suy ra  x=−4 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Tìm tiệm cận ngang:

+)  limx→+∞y=x2−3x−4x2−16=limx→+∞1−3x−4x21−16x2=1.

+)  limx→−∞y=x2−3x−4x2−16=limx→−∞1−3x−4x21−16x2=1. Suy ra y=1  là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có ba đường tiệm cận.

Chọn đáp án A.

Lời giải:

V=B.h=2a2.3a=6a3.

Chọn đáp án D.

Lời giải:

Từ bảng biến thiên ta thấy: phương trình f'x=0  có các nghiệm  x=a,  x=b,   x=c,   x=d , trong đó a<−1<b<0<c<1<d  .

Xét hàm số y=fx2−2x⇒y'=2x−1.f'x2−2x .

y'=0⇔2x−1.f'x2−2x=0⇔x−1=0f'x2−2x=0⇔x=1x2−2x=a  1x2−2x=b  2x2−2x=c  3x2−2x=d  4.

Vì x2−2x=x−12−1≥−1,∀x∈ℝ  nên số nghiệm của các PT (1), (2), (3), (4) như sau:

+ PT (1) vô nghiệm.

+ PT (2) có 2 nghiệm phân biệt x1;x2  khác 1  (vì 12−2.1=−1≠a ).

+ PT (3) có 2 nghiệm phân biệt x3;x4  khác 1  và không trùng với nghiệm của PT (2).

+ PT (4) có 2 nghiệm phân biệt  x5;x6  khác  1 và không trùng với nghiệm của PT (2), PT (3).

Vậy y'=0  có 7  nghiệm đơn phân biệt nên hàm số y=fx2−2x  có7   điểm cực trị.

Chọn đáp án C.

Chọn đáp án C

Lời giải:

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là  limx→±∞(m+1)x−5m2x−m=m+12=1⇒m=1 .

Chọn đáp án D.

Lời giải:

Đặt SA=h,AB=AC=a . Ta có .

dA;SBC=AH=3;1AH2=1SA2+1AB2+1AC2⇔19=1a2+1a2+1h2≥31a4h23⇒a2h≥6.

SBC,ABC^=SMA^=α

VS.ABC=16a2h≥1. Thể tích nhỏ nhất bằng 1 khi a=h⇒SM=a32⇒cosα=AMSM=a222a3=33   .

Chọn đáp án C.