Bộ 20 đề thi giữa học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án- Đề 14

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng  −∞;2 và 2;+∞ .

Chọn D

Dựa vào đồ thị, suy ra hàm số đã cho đồng biến trên khoảng 0;2  và nghịch biến trên mỗi khoảng −∞;0 , 2;+∞ .

Chọn D 

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy điểm cực đại của đồ thị hàm số là  A0 ; −3 do đó chọn  D.

Chọn B

Căn cứ vào bảng xét dấu của f'(x)  ta thấy f'(x)  đổi dấu từ âm sang dương tại các điểm x=-1  và x=1  nên hàm số đã cho có 2 điểm cực tiểu

Chọn A

Tập xác định: D=ℝ

Ta có f'x=3x2−6x=0⇔x=2∈1;3x=0∉1;3

f(1)=1; f(3)=3 ; f(2)=−1

Vậy:min1;3  fx=−1

Chọn A

Dựa vào bảng biến thiên trên khoảng −2;3  , ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng  −2;0  và nghịch biến trên  (0,3) nên tại hàm số x=0 sẽ đạt GTLN

Vậy: max−2;3 fx=2

Chọn D

Ta có limx→−1+y=+∞⇒x=−1  là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

limx→+∞y=3⇒y=3 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Chọn B

Chọn A

Nhìn vào đồ thị ta thấy hàm số có hai điểm cực trị và hệ số của x3  âm nên loại đáp án C,  D.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm 0;−4  nên loại đáp án    B.

Chọn B

Từ hình vẽ ta thấy

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=-1   nên loại đáp án       C.

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ  x=1  nên loại các đáp án A,     D.

Chọn C

Ta có phương trình hoành độ giao điểm là

x4−2x2−3=0⇔x2=−1 (L)x2=3

Với x2=3⇔x=3x=−3

Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số y=x4−2x2−3 với trục hoành là 2.

Chọn A

Chọn A

Khối đa diện lồi loại 5;3 là loại mà mỗi mặt có 5 cạnh và mỗi đỉnh là giao của 3 cạnh.

Bảng tóm tắt các loại khối đa diện đều

Chọn A

Theo công thức tính thể tích khối chóp V=13Bh.

Chọn D

Theo công thức tính thể tích khối lăng trụ V=Bh.

Chọn D

Quan sát bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số fx trên đoạn 0; 4 là: -3

Chọn C

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên khoảng −3;2.

Chọn C

+ Do limx→−∞y=2 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y=2 .

+ Do limx→1+y=−∞ nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x=1  .

Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=fx là 2.

Chọn B

Tập xác định của hàm số là D=−∞;−3∪3;+∞\2.

Hàm số không xác định khi x→−1± nên không tồn tại limx→−1±fx.

limx→2fx=limx→2x−3+x2−3x2−x−2=limx→2x−3+x2−3x2−x−2=limx→2x−2+x2−3−1x+1x−2=limx→21x+1+limx→2x+2x+1x2−3+1=1.

Do đó, đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

Mặt khác, limx→±∞fx=limx→±∞1x−3x2+1x3−3x41−1x−2x2=0 nên đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang  y=0 . Vậy phương án B đúng.

Chọn A

Đặt cạnh của khối lập phương là x;  x>0.

Xét tam giác vuông ABC ta có AC=x2 và xét tam giác vuông ACA' ta có CA'=x3.

Suy ra  x=a

Thể tích khối lập phương ABCD.A'B'C'D' là V=a3.

Chọn A

Ta có:

VABCD.A'B'C'D'=AB.AD.AA'=a310

Chọn C

Quan sát BBT, ta thấy: y'<0 ∀x∈−1;1⇒y'<0 ∀x∈−1;0.

Do đó, hàm số nghịch biến trên khoảng −1;0.

Chọn B

Trong khoảng −∞; −1, đồ thị hàm số f'x nằm trên trục hoành nên hàm số y=f(x) đồng biến trên khoảng −∞; −1

Chọn A

Ta có

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số có 1 điểm cực tiểu.

Chọn C

Từ đồ thị hàm số ta có:f'x=0⇔x=−1x=1x=2

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 điểm cực đại.

Chọn B

Ta có y'=3x2−3

y'=0⇔3x2−3=0⇔x=1∉−2;0x=−1∈−2;0 

f(−2)=0

f(−1)=4

f(0)=2

Vậy max−2;0 f(x)=f−1=4.

Chọn C

Tập xác định D=1;+∞\3.

Ta có limx→+∞x−1+1x2−3x=0⇒y=0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

limx→3+x−1+1x2−3x=+∞⇒x=3 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 2.

Chọn D

Hàm số y=fx có bảng biến thiên như hình vẽ trên, ta có phương trình y'=0 có 2 nghiệm là x=1,  x=−1, đồng thời f−1=3f1=−1.

Như vậy ta thấy hàm số y=x3−3x+1 thỏa mãn.

Chọn D

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là

x4+2x2=−x2+4⇔x4+3x2−4=0⇔x2=1x2=−4 <0 (l)⇔x2=1⇔x=1x=−1 .

Vậy số giao điểm của hai đồ thị bằng 2.

Chọn A

Ta có 2fx+3m=0⇔fx=−3m2.

Phương trình 2fx+3m=0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔đường thẳng Δ: y=−3m2 cắt (C) tại ba điểm phân biệt +⇔0<−3m2<4⇔−83<m<0.

Chọn C

Ta có P=313.5+513336+56=313.512+513.312316+516=313.513316+516316+516=313.513=1513.

Từ đó có a=15 , m=1 ; n=3 ⇒T=a+2m+3n=26.

Chọn B

Hình 4 không phải là hình đa diện.

Chọn B

Khối đa diện đều loại 3;5 là khối đa diện đều có 20 mặt và mỗi mặt của nó là các tam giác đều có diện tích là .

Vậy diện tích tất cả các mặt của khối đa diện đều loại 3;5 là 34.20=53.

Chọn A

Tam giác ABC vuông tại B nên: BC=AC2−AB2=a3.

Diện tích mặt đáy: SABC=12AB.BC=12a.a3=a232 (đvdt).

Thể tích khối chóp: V=13SA.SABC=13.a3.a232=a32 (đvtt).

Chọn A

Ta có: BB'=AB'2−AB2=4a2−a2=a3.

Vậy VABC.A'B'C'=SABC.BB'=a234.a3=3a34.

Chọn B

Lấy hai điểm B', C' lần lượt trên hai cạnh SB và SC sao cho SB'=2, SC'=2.

Ta có hình chóp SAB'C' là hình tứ diện đều có cạnh bằng 2.

⇒VS.AB'C'=23212=223.

Ta lại có: VS.AB'C'VS.ABC=SASA.SB'SB.SC'SC=23.27=421⇒VS.ABC=21VS.AB'C'4=722.

Chọn A

Tập xác định D=ℝ\−2m.

y'=2m2−8x+2m2.

Hàm số y=mx+8x+2m đồng biến trên khoảng 2 ; +∞ ⇔y'=2m2−8x+2m2>0,∀x∈2 ; +∞

⇔2m2−8>0−2m∉2; +∞⇔2m2−8>0−2m≤2⇔m<−2m>2m≥−1⇔m>2.

Kết hợp điều kiện m>2 với m nguyên và m thuộc đoạn −2020; 2020 ta được m∈3;4;5;....;2020.

Vậy có 2018 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D

Tìm điều kiện để hàm số có 2 điểm cực trị:

y'=3x2+12x+3m+6; y'=0⇔x2+4x+m+2=0  ​*

Phương trình y'=0 có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 và đổi dấu qua 2 nghiệm đó

⇔Δ'>0⇒4−m−2>0⇔m<2.

Khi đó x1<−1<x2⇔x1+1x2+1<0⇔x1x2+x1+x2+1<0   (1).

Theo định lí Vi-et ta có: x1+x2=−4x1.x2=m+2, nên thay vào (1) ta được

m+2−4+1<0⇔m<1.

Kết hợp 2 điều kiện, suy ra m<1 .

Chọn C

Tập xác định: D=ℝ\−1.

limx→+∞xx2+3−2x2+2x+1=limx→+∞1+3x2−2x1+2x+1x2=1.

limx→−∞xx2+3−2x2+2x+1=limx→−∞−1+3x2−2x1+2x+1x2=−1.

Suy ra đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang là y=1 và y=-1.

limx→−1+xx2+3−2x2+2x+1=limx→−1+xx2−1x2+2x+1x2+3+2=limx→−1+xx−1x+1x2+3+2=+∞.

limx→−1−xx2+3−2x2+2x+1=limx→−1−xx2−1x2+2x+1x2+3+2=limx→−1−xx−1x+1x2+3+2=−∞.

Suy ra đồ thị hàm số có 1 đường tiệm đứng là x=-1.

Vậy đồ thị hàm số có 3 tiệm cận.

Chọn A

Dựa vào đồ thị, ta thấy:

+ limx→+∞y=−∞limx→−∞y=+∞⇒a<0.

+ Đồ thị hàm số giao với trục tung tại điểm có tung độ dương nên d>0.

+ Do hai điểm cực trị dương nên x1+x2=−2b3a>0⇒ab<0 và a<0⇒b>0; x1x2=c3a>0⇒c<0.

Vậy phương án A đúng.

Chọn C

Dựa vào bảng biến thiên hàm số y=fx, ta có bảng biến thiên hàm số y=fx như sau:

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình fx=2−3m có bốn nghiệm phân biệt

⇔3<2−3m<5⇔−1<m<−13.

Chọn C

Vậy V=13.SA.SABCD=13.a.2a2=23.a3

Chọn A

Gọi M là trung điểm của BC suy ra AM⊥BC   (1) 

Ta có BC⊥AMBC⊥AA'⇒BC⊥A'M   2

Mặt khác ABC∩A'BC=BC 3

Từ 1,2),(3 suy ra ABC; A'BC^=A'MA^=60°.

Vì tam giác ABC đều nên SΔABC=a234 và AM=a32.

Ta có AA'=AM.tan60°=3a2.

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

Chọn C

Ta có AK⊥SCSC⊥αAK⊥BCBC⊥SAB , suy ra AK⊥SBC⇒AK⊥SB

Vì ΔSAB  vuông cân tại A   nên là trung điểm của K. Ta có:

VS.AHKVS.ABC=SA.SK.SHSA.SB.SC=SH2SC. Ta có AC=AB2+BC2=2a

SC=AC2+SA2=a5, khi đó SHSC=SH.SCSC2=SA2SC2=15

⇒VS.AHKVS.ABC=SH2SC=110, lại có VS.ABC=13SA.12.AB.BC=a336

Vậy VS.AHK=a3360 .

Chọn B

Ta có: g'x=−2f3−xf'3−x  .

Từ đồ thị của y=f'x  ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta suy ra fx≤0, ∀x∈ℝ⇒f3−x≤0, ∀x∈ℝ .

Hàm số gx=f3−x2  nghịch biến khi và chỉ khi

   g'x=−2f3−xf'3−x<0⇔f'3−x<0⇔−2<3−x<13−x>2⇔2<x<5x<1 .

Từ đó suy ra đáp án B.

Chọn A

Ta có g'x=3x2+6x.f'x3+3x2 .

g'x=0⇔3x2+6x.f'x3+3x2=0⇔3x2+6x=0f'x3+3x2=0⇔x=0x=−2f'x3+3x2=0   *.

*⇔x3+3x2=a a<0x3+3x2=0x3+3x2=4x3+3x2=b b>4

Ta có x3+3x2=0⇔x2x+3=0⇔x=0x=−3  .

Ta có x3+3x2=4⇔x−1x+22=0⇔x=1x=−2 .

Xét hàm số hx=x3+3x2 , có h'x=3x2+6x=0⇔x=0x=−2 .

Bảng biến thiên của hàm :

Dựa vào bảng biến thiên của hàm hx , ta có:

Phương trình x3+3x2=a a<0  có duy nhất một nghiệm (nghiệm đơn) x1<−3 .

Phương trình x3+3x2=b b>4  có duy nhất một nghiệm (nghiệm đơn) x2>1 .

Do đó, phương trình g'x=0 có 4 nghiệm đơn phân biệt là x=x1<−3 ,x=−3 ,x=1 ,x=x2>1  và 2 nghiệm bội 3 là x=−2 ,x=0 nên hàm số  gx  có 6 điểm cực trị.

Chọn D

Gọi chiều rộng của bể cá là x  (đơn vị: m  ,) x>0.

Ông A  dùng hết 5m2  kính để làm bể cá nên ta có 2x2+6xh=5 ⇒h=5−2x26x .

Do  x>0 và  h>0 nên 0<x<52 .

Thể tích bể cá V=135x−2x3 .

V'=135−6x2, V'=0⇒x=56.5256  .

Bảng biến thiên của :

Từ BBT suy ra bể cá có thể tích lớn nhất bằng 1,01 m3 .

Chọn A

Nhận xét rằng:

Với t=0 hoặc 1<t≤214 thì phương trình t=x2−2x có 2 nghiệm phân biệt.

Với t=1 thì phương trình t=x2−2x có 3  nghiệm phân biệt.

Với t∈0;1 mỗi  thì phương trình t=x2−2x  có 4 nghiệm phân biệt.

Với t=x2−2x phương trình fx2−2x=m thành ft=m, t∈0;214.

Dựa vào đồ thị f ta biện luận số nghiệm của phương trình ft=m, t∈0;214

Chọn B

Ta có:  g'x=f'xf'fx=0⇔f'x=0        f'fx=0 (*).

Theo đồ thị hàm số suy ra

f'x=0⇔x=0x=a1, với  2<a1<3 .

f'fx=0⇔fx=0   ,1fx=a1  ,2   .

Phương trình  (1) : fx=0  có 3   nghiệm phân biệt khác nghiệm phương trình (*) .

Phương trình (2) : fx=a1   có 3 nghiệm phân biệt khác nghiệm phương trình (1)  và (*)  .

Vậy phương trình ban đầu có 8 nghiệm phân biệt.

Chọn A

Đặt x  =SPSC   0≤x≤1

Vì hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành nên ta có SASM+SCSP=SBSN+SDSQ  (*)

Áp dụng vào bài: 32+1x=43+SDSQ ⇔SDSQ =x+66x .

Mặt khác VS.MNPVS.ABC=SMSASNSB SPSC⇒VS.MNPVS.ABCD=12.SMSA.SNSB .SPSC    1

1+2 vế theo vế suy ra VS.MNPQVS.ABCD=12.SMSA.SNSB .SPSC   +SMSA.SQSD .SPSC   

⇒VS.MNPQ=V2.23.34 .x   +23.6x6+x .x=V2.x2   +4x2x+6 

Xét hàm số fx=x2   +4x2x+6  trên đoạn 0;1

f'x  >0,  ∀x∈0;1 nên hàm số đồng biến trên 0;1 , suy ra Max0;1f=f1=1514  

Vậy Max  VS.MNPQ=1528 V  nên chọnA.