Bộ 20 đề thi giữa học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án- Đề 15
35 câu hỏi
Tìm m để hàm số y=4x3+mx2−12x đạt cực tiểu tại điểm x=-2 .
m=−9
Không có m .
m=9
m=2
Chọn B
y'=12x2+2mx−12
y''=24x+2m
Hàm số bậc ba đạt cực tiểu tại x=-2 ⇔y'−2=0y''−2>0⇔36−4m=0−48+2m>0
⇔m=9Loaim>24
Vậy không có m thỏa yêu cầu bài toán.
Cho hàm số y=−x33−mx2−2m+3x−m ( m là tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số nghịch biến trên R?
5
3
4
2
Chọn A
Tập xác định của hàm số đã cho là R .
Ta có: y'=−x2−2mx−2m+3 .
Hàm số nghịch biến trên R⇔y'≤0, ∀x∈ℝ⇔a<0Δ'≤0⇔−1<0m2−2m−3≤0⇔−1≤m≤3 .
Mặt khác m∈ℤ nên m∈−1 ; 0 ; 1 ; 2 ; 3 .
Vậy có 5 giá trị nguyên của m để hàm số nghịch biến trên R .
Cho hình chóp SABCD , có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , có AB= 2a , AD=DC=a , SA=a và SA⊥ABCD . của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và ABCD là
2
12
13
3
Gọi I là trung điểm của AB suy ra AI=12AB=a .
Suy ra AC⊥CB(1).
Mà SA⊥ABCD⇒SA⊥CB(2)
Từ (1) và (2) suy ra SC⊥CB
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (iABCD) là góc giữa hai đường thẳng trong hai mặt phẳng cùng vuông góc với giao tuyến, tức là góc SCA^=α.
Do đó tanα=aa2=12 .
Kí hiệu m,M lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số y=x+32x−1 trên đoạn 1 ; 4. Tính giá trị của biểu thức d=M−m.
d=4
d=3
d=5
d=2
Chọn B
Nhận thấy y'=−72x−12<0 ∀x∈1 ; 4 , nên:
Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn 1 ; 4 là M=y1=4.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn là .m=y4=1
Vậy giá trị của biểu thức d=M−m=4−1=3 .
Cho lăng trụ tam giác đều ABCA'B'C' có AB=a ; A'B tạo với mặt đáy (ABC) một góc 60° . Tính thể tích V khối lăng trụ đã cho.
V=a34
V=32a3
V=34a3
V=3a3
Chọn C
Vì ABC.A'B'C' là lăng trụ tam giác đều nên AA'⊥ABC và ΔABC đều.
Suy ra A'B;ABC^=A'BA^=600⇒AA'=AB.tan600=a3SΔABC=a234 .
⇒V=AA'.SΔABC=a3.a234=34a3.
Mệnh đề nào đúng với bảng biến thiên sau :
Hàm số nghịch biến trên −1 ;1.
Hàm số nghịch biến trên 1 ;2.
Hàm số đồng biến trên 0;+∞.
Hàm số đồng biến trên −∞;1 .
Chọn B
Từ bảng biến thiên suy ra :
Hàm số đồng biến trên các khoảng −∞;−1 và 0 ;1 .
Hàm số nghịch biến trên các khoảng −1 ;0 và 1 ;+∞ .
Do 1 ;2⊂1 ;+∞ . Như vậy, phương án B đúng.
Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a , hai mặt bên (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa cạnh bên SB và mặt phẳng (ABC) là 60° . Tính thể tích V khối chóp SABC .
V=a3212
V=a323
V=a32
V=2a3
Chọn D
Do hai mặt bên ( SAB) và ( SAC) cùng vuông góc với đáy nên suy ra SA⊥ABC .
SB, ABC^=SBA^=60o.
Trong tam giác vuông SAB , ta có SA=AB.tanSBA^=23a .
Vậy VS.ABC=13⋅SA⋅SΔABC=13⋅23a⋅2a234=2a3 .
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y=x−m+2x+1 giảm trên các khoảng xác định của nó?
m<−3
m≤−3
m<1
m≤1
Chọn C
Tập xác định D=ℝ\−1 .
Ta có y'=m−1x+12 .
Để hàm số giảm trên các khoảng xác định thì y'<0⇔m<1 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x4−2x2+1 trên đoạn 0 ; 3.
64
9
1
0
Chọn D
Ta có y'=4x3−4x .
y'=0⇔x=±1x=0 .
y0=1 ; y1=0; y3=64.
Vậy min0;3y=y1=0
Cho hàm số C:y=x3+3x2 . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M1 ; 4 là
y=−9x+5
y=9x+5
y=9x−5
y=−9x−5
Chọn C
Tập xác định D=ℝ .
Ta có y'=f'x=3x2+6x .
Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại M1 ; 4 là f'1=9 .
Phương trình tiếp tuyến cần tìm là y=f'1x−1+4=9x−1+4=9x−5 .
Vậy y=9x−5 .
Cho hàm số y=14x4−43x3−72x−2x−1. Khẳng định nào sau đây đúng?
Hàm số có 1 cực đại và 2 cực tiểu.
Hàm số có 1 cực tiểu và 2 cực đại,.
Hàm số không có cực trị.
Hàm số chỉ có 1 cực tiểu và không có cực đại.
Chọn A
Ta có: y'=x3−4x2−7x−2=0⇔x=−1x=5±332
BBT
Hàm số có 1 CĐ và 2 CT.
Cho hàm số y=f(x) được biểu diễn như hình vẽ bên. Đáp án nào đúng về hàm số đã cho?
y=x+22x−1
y=x+3x−1
y=x−22x+1
y=x−2x+1
Chọn C
Theo đồ thị ta thấy, đồ thị hàm số:
Có TCĐ: x=−12
Có TCN: y=12
Suy ra đáp án C.
Cho hàm số y=−x3+3x2−4 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2.
Hàm số nghịch biến trên khoảng −∞;2.
Hàm số đồng biến trên khoảng 0;+∞ .
Hàm số đồng biến trên khoảng 0;2.
Chọn D
+ TXĐ: R
+ y'=−3x2+6x, y'=0⇔−3x2+6x=0⇔x=0x=2 .
BBT:
+ Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng 0;2.
Đường cong ở hình dưới đây là đồ thị của một trong bốn hàm số nào dưới đây?
y=−x4+3x2+1
y=−x3+3x2
y=−x3+3x
y=x3−3x2
Chọn B
+ Quan sát đồ thị ta thấy đây làm đồ thị hàm số bậc ba có hệ số a>0 và có hai điểm cực trị là x=0,x=2 do đó loại phương án A, D, C, ta chọn đáp án B.
Hàm số y=x2−mx+1x−m có giá trị lớn nhất là 4 trên −∞;m khi m thỏa bất đẳng thức nào sau đây?.
−4≤m≤3
8≤m≤12
5<m<8
m≤−6
Chọn C
Trên −∞;my'=x2−2mx+m2−1x−m2,y'=0⇔x=m−1 .
Bảng biến thiên:
max−∞;my=4⇔m=6. Chọn C.
Đáy của lăng trụ đứng tam giác ABCA'B'C' là tam giác đều. Mặt phẳng (A'BC) tạo với đáy một góc 30o và diện tích tam giác A'BC bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ.
83
43
163
đáp án khác
Chọn A
Gọi I là trung điểm của BC, ta có AI⊥BCA'I⊥BC suy ra góc giữa mặt phẳng A'BCvà mặt đáy ABC bằng A'IA^.
Từ giả thiết a có: A'I.BC=16AI=BC32AI=A'Icos30o=A'I32
⇔A'I=4BC=4AI=23. VABC.A'B'C'=AA'.SABC=2.12.23.4=83 .
Cho lăng trụ tam giác ABCA'B'C' có BB'=a, góc giữa đường thẳng BB' và (ABC) bằng 60° , tam giác ABC vuông tại C và góc BAC^=60°. Hình chiếu vuông góc của điểm B' lên (ABC) trùng với trọng tâm củaΔABC. Thể tích của khối tứ diện theo A'.ABC bằng a
13a3108
15a3108
7a3106
9a3208
Lời giải
Chọn D
Gọi G là trọng tâm ΔABC .
⇒B'G⊥ABC.
là hình chiếu của BB' lên ABC .
⇒BB',ABC^=BB',BG^=B'GB^=60° (vì ΔBB'G vuông tại G nên B'GB^ nhọn).
⇒B'G=BB'.sin60°=a32 ; BG=BB'.cos60°=a2 .
Gọi ΔABC là trung điểm AC .
Lại có : ΔABC vuông tại C và góc BAC^=60°⇒BC=AC.tan60°=AC.3 .
ΔBCM vuông tại C⇒BC2+MC2=BM2⇔3AC2+AC24=9a216⇔AC=3a1326 .
⇒BC=3a3926⇒SΔABC=12BC.AC=9a23104 .
ABC//A'B'C'⇒dA',ABC=dB',ABC=B'G=a32.
Thể tích của khối tứ diện A'.ABC : VA'.ABC=13.B'G.SΔABC=13.a32.9a23104=9a3208 .
Hàm số y=x−m2x+1 có giá trị nhỏ nhất trên [0,1] bằng -1 khi
m=−1
m=±1
m=1
m=0
Chọn B
Ta có y=x−m2x+1.
y'=1+m2x+12>0,∀m∈ℝ.
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng −∞;−1 và −1;+∞ .
Nên hàm số đồng biến trên khoảng (0,1) .
⇒min0; 1y=y0⇔−1=−m2⇔m=±1.
Tính thể tích khối tứ diện đều cạnh a.
a3212
a36
a3
a324
Chọn A
Xét khối tứ diện đều ABCD, gọi O là trọng tâm của tam giác BCD . Khi đó ta có:
AO⊥BCD và AO=AD2−OD2=a2−a332=a63.
Suy ra VABCD=13AO.SΔBCD=13.a63.12a.a32=a3212 (ĐVTT).
Đồ thị hàm số nào sau đây có ba đường tiệm cận?
y=xx2−x+9
y=14−x2
y=1−2x1+x
y=x+35x−1
Chọn B
Xét đáp án A: Do phương trình x2−x+9=0 vô nghiệm nên đồ thị hàm số chỉ có 1 tiệm cận ngang y=0 .
Xét đáp án B: Do limx→+∞14−x2=0; limx→2+14−x2=−∞; limx→−2−14−x2=−∞ nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang y=0 và 2 tiệm cận đứng x=2, x=−2 .
Xét đáp án C: Do limx→+∞1−2x1+x=−2; limx→−1+1−2x1+x=+∞ nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang y=−2 và 1 tiệm cận đứng x=−1 .
Xét đáp án D: Do limx→+∞x+35x−1=15; limx→15+x+35x−1=+∞ nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang y=15 và 1 tiệm cận đứng x=15 .
Cho hàm số y=mx−12x+m. Tìm m để đồ thị hàm số có tiệm cận ngang đi qua điểm −1 ;2 .
m=2
m=22
m=22
m=2
Chọn B
- Tập xác định: D=ℝ\−m2 .
- Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là : y=m2 .
Yêu cầu bài toán trở thành m2=2⇒m=22 .
Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a; SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC); góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABC) bằng 60°. Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SMC).
a2
a
a3913
a3
Chọn C
Vì M là trung điểm của AB nên dB;SCM=dA;SCM .
Trong ( ABC) , kẻ AH⊥CM tại H.
Ta có SA⊥ABC⇒SA⊥CHAH⊥CH⇒CH⊥SAH⇒SAH⊥SCH
Hay SAH⊥SCM theo giao tuyến SH.
Kẻ AK⊥SH⇒AK⊥SCM⇒AK=dA;SCM .
⇒ΔABCđều ⇒ trung tuyến CM đồng thời là tia phân giác
⇒ACM^=12ACB^=300⇒AH=AC.sin300=a2.
Vì SA⊥ABC⇒SB;ABC^=SBA^=600⇒SA=AB.tan600=a3 .
Ta có 1AK2=1SA2+1AH2⇒AK=SA.AHSA2+AH2=a3.a23a2+a24=a232a132=a3913 .
Hàm số y=2x+3x+1 có bao nhiêu điểm cực trị
0
3
2
1
Chọn A
y=2x+3x+1. Tập xác định D=ℝ\−1 .
y'=−1x+12<0,∀x∈D.
Vậy hàm số đã cho không có cực trị.
Cho hàm số y=2x+1x−2 có đồ thị là C. Tiếp tuyến của C song song với đường thẳng 5x+y−2=0
y=5x+2
y=−5x+2 hoặc y=−5x+22
y=−5x+22
y=−5x+2
Chọn C
y=2x+1x−2. Tập xác định D=ℝ\2 .
y'=−5x−22.
Gọi Mx0; y0là tiếp điểm và điểm thuộc đồ thị hàm số (C).
Hệ số góc của tiếp tuyến : y'x0=−5x0−22 .
Tiếp tuyến song song với đường thẳng
y'x0=−5x0−22=−5⇔x0−22=1⇔x0=3tmx0=1tm.
Với x0=3⇒y0=7 . Phương trình tiếp tuyến là: y=−5x−3+7=−5x+22 .
Với x0=1⇒y0=−3 . Phương trình tiếp tuyến là:y=−5x−1−3=−5x+2 (loại vì trùng với đường thẳng đề bài cho)
Tìm m để hàm số y=x4+m+3x2+4 có 1 cực trị.
0m∈−3 ; +∞
m∈−3 ; +∞
m∈−∞ ; −3
m∈−∞ ; −3
Chọn A
y'=4x3+2m+3x=2x2x2+m+3.
y'=0⇔2x2x2+m+3=0⇔x=02x2+m+3=0, đặt gx=2x2+m+3 .
Để hàm số y=x4+m+3x2+4 có 1 cực trị thì gx=0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép.
⇔Δgx≤0⇔−4.2.m+3≤0⇔m≥−3.
Hàm số y=−2x4+x2+1 có số điểm cực trị là
0
3
2
1
Chọn B
y'=−8x3+2x.
y'=0⇔−8x3+2x=0⇔x=0x=12x=−12, vậy hàm số có 3 điểm cực trị.
Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=x−5x2−x−6 là
x=1.
y=−2; y=3.
x=1
x=−2; x=3.
Chọn D
Tập xác định của hàm số là D=ℝ\−2;3.
Ta có limx→−2−y=limx→−2−x−5x2−x−6=limx→−2−x−5x+2x−3=−∞.
Vì limx→−2−x−5=−7<0 limx→−2−x+2x−3=0 x+2x−3>0,∀x<−2.
Lại có limx→−2+y=limx→−2+x−5x2−x−6=limx→−2+x−5x+2x−3=+∞.
Do limx→−2+x−5=−7<0limx→−2+x+2x−3=0 x+2x−3<0,∀x>−2.
limx→3+y=limx→3+x−5x2−x−6=limx→3+x−5x+2x−3=−∞.
limx→3−y=limx→3−x−5x2−x−6=limx→3−x−5x+2x−3=+∞.
Nên x=−2; x=3 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Hình bên là đồ thị của hàm số nào?
y=−x4+2x2+1
y=−x4+2x2
y=x4+3x2−2
y=−x4+3x2+1
Chọn A
Từ đồ thị ta có hàm bậc 4 trùng phương y=ax4+bx2+c.
Từ đồ thị ta có a<0 nên loại C.
Từ đồ thị ta có x=0⇒y=1 nên loại B.
Từ đồ thị ta có x=1⇒y=2 nên loại D.
Cho hàm số bậc ba y= ax3+bx2+cx+d (a≠0)có đồ thị như hình vẽ
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
a<0, b>0, c<0, d<0
a<0, b<0, c<0, d<0
a>0, b>0, c>0, d<0
a<0, b>0, c>0, d<0
Chọn A
Từ đồ thị ta có limx→+∞y=−∞ , limx→−∞y=+∞ do đó a<0 (1).
Đồ thị hàm số đã cho cắt trục Oy tại điểm có tung độ y=d , từ đồ thị đã cho suy ra d<0 (2).
Giả sử hàm số đạt cực tiểu tại x1 , đạt cực đại tại x2 , từ đó x1 , x2 là nghiệm của phương trình 3ax2+2bx+c=0 , theo viet ta có: x1+x2=−2b3ax1.x2=c3a.
Từ đồ thị đã cho ta có x1+x2=−2b3a>0x1.x2=c3a>0⇒b>0c<0(3).
Từ (1), (2), (3) chọn A.
Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác vuông cân tại C , cạnh huyền có độ dài bằng 8a . Gọi M là trung điểm của BC , hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của AM và SB=25a2 . Khoảng cách từ đến mặt phẳng (ABC) là:
2a1042259
4a1042259
a1042259
a10422259
Tam giácACM vuông tại C nên AM=AC2+CM2=2a10 .
Trong tam giác HBC có HM là đường trung tuyến nên : HM2=HB2+HC22−BC24
⇒HB=4HM2−2HC2+BC22.
Trong tam giác vuông SHB có SH=SB2−HB2 =a5212 Dựng HK⊥SI tại K tại .
Do tam giác SHI vuông tại I , HK là đường cao nên 1HK2=1HS2+1HI2⇒HK=a1042529 .
Lại có H là trung điểm của AM , M là trung điểm của BC nên: dB,SAC .
=2dM,SAC=4dH,SAC=4a1042529
Tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y=−x4+2m−3x2+m nghịch biến trên khoảng 1 ; 2 là −∞ ; pq , trong đó phân số pq tối giản và q>0 . Hỏi tổng p+q là
5
9
7
3
Chọn C
Ta có y=−x4+2m−3x2+m⇒y'=−4x3+22m−3x=2x−2x2+2m−3 .
Hàm số y=−x4+2m−3x2+m nghịch biến trên khoảng 1 ; 2⇔y'≤0, ∀x∈1 ; 2 và y'=0 chỉ tại một số hữu hạn điểm trên khoảng (1,2)⇔2x−2x2+2m−3≤0, ∀x∈1 ; 2
⇔−2x2+2m−3≤0, ∀x∈1 ; 2⇔m≤x2+32, ∀x∈1 ; 2.
Đặt gx=x2+32 và gx liên tục tại x=1 , x=2 .
Suy ra m≤gx, ∀x∈1 ; 2⇒m≤min1 ; 2gx .
Ta có g'x=2x>0, ∀x∈1 ; 2 . Suy ra gx=x2+32 đạt giá trị nhỏ nhất tại x=1 và g1=52 .
Vậy m∈−∞ ; 52⇒p+q=7 .
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y=x3−3x2+2mx−1 có 2 cực trị x1 , x2 thỏa mãn x1−x2=2 ?
1
3
0
2
Chọn A
Ta có hàm số y=x3−3x2+2mx−1⇒y'=3x2−6x+2m
Hàm số y=x3−3x2+2mx−1 có 2 cực trị x1 , x2 khi và chỉ khi phương trình 3x2−6x+2m=0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2⇔Δ'>0⇔9−6m>0⇔m<32.
Áp dụng định lý Vi-et cho phương trình 3x2−6x+2m=0 .
Ta có x1+x2=2x1x2=2m3 .
Mà theo đề ta lại có x1−x2=2⇔x1+x22−4x1x2=4⇒4−8m3=4⇔m=0 thỏa điều kiện * .
Vậy có 1 giá trị nguyên của tham số m thỏa yêu cầu bài toán.
a. Tìm cực trị của hàm số y=14x4−2x2+1.
a. TXĐ: D=R
⇒y'=x3−4x; y'=0⇔x=0⇒y=1x=±2⇒y=−3.
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên suy ra cực tiểu hàm số là y=-3, cực đại của hàm số là y=1 .
b. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x1−x2 trên đoạn −1;0 .
b. y/=1−x2+x−2x21−x2=1−2x21−x2.
y/=0⇔x=22∉−1;0x=−22∈−1;0.
Ta có: y−1=0; y−22=−12; y0=0 .
Vậy max−1;0y=y0=0; min−1;0y=y−22=−12.
Cho hình chóp SABCD có đáy ABC là tam giác đều, SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC). Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABC) bằng 45°, SA=a3. Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳngSAC.
Gọi M là trung điểm BC Vì tam giác ABC đều nên AM⊥BC (1).
Mặt khác, tam giác SBC cân tại S nên SM⊥BC(2).
Từ (1) và (2) ta có góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABC là SMA^ .
Xét tam giác SAM vuông tại A có góc SMA^=45° . Từ đó suy ra tam giác SAM vuông cân tại A
và AM=SA=a3
Gọi I là trung điểm của BC . Vì tam giác ABC đều nên BI=AM=a3
Ta có: BI⊥ACBI⊥SA (Vì SA⊥ABCD)AC,SA∈SAC⇒BI⊥SAC
Vậy dB;SAC=BI=a3.
