Bộ 20 đề thi giữa học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án- Đề 16

Chọn B

Ta có $\Delta ABC$  vuông cân tại A   $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{a^2}{2}.$

$ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ là hình lăng trụ đứng, nên  $A{A}^{\text{'}}\perp \left(ABC\right).$  

Vậy   $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{\Delta ABC}.A{A}^{\text{'}}=\frac{a^3\sqrt{3}}{2}.$

Chọn B

Hàm số đã cho có ba điểm cực trị  $\iff 2.\left[-\left(m+1\right)\right]<0\iff m+1>0\iff m>-1.$

Vậy .$m>-1$

Chọn A

Gọi y  là tiền thu nhập và  là số lần tăng tiền $\left(x\in \mathbb{Z}\right)$.

Ta có $y=\left(2000000+100000x\right)\left(50-2x\right)=-{2.10}^5{x}^2+{10}^{6}x+{10}^8$  .

Lập BBT của hàm số trên tập R

Ta có  $y\left(2\right)=y\left(3\right)=101200000$ .

Dựa vào bảng biến thiên thì số tiền thu nhập nhiều nhất khi x=2   hoặc x =3 .

Vậy số tiền mỗi tháng là  $2000000+2.100000=2200000$

hoặc $2000000+3.100000=2300000$ . 

Chọn C

Với  a=0 ta thấy $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\left(x-\sqrt{x^2+1}\right)=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\left(\frac{-1}{x+\sqrt{x^2+1}}\right)=0$ , nên đồ thị có TCN.

Với $a>0$ , ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\frac{x-\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{a{x}^2+2}}\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\frac{x-\left|x\right|\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}{\left|x\right|\sqrt{a+\frac{2}{x^2}}}\right)=0$ . Nên đồ thị có TCN.

Với $a<0$

Khi đó hàm số chỉ xác định trên khoảng $\left(-\sqrt{\frac{-2}{a}};\sqrt{\frac{-2}{a}}\right)$ . Do đó không tồn tại giới hạn của hàm số khi $x\to \pm \infty$ .

Vậy để hàm số có tiệm cận ngang thì $a\ge 0$ .

Chọn C

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{-1}{{\left(x-1\right)}^2}$  ,

Tiếp tuyến có hệ số góc bằng 2019  nên $y^{\text{'}}\left(x\right)=2019\iff \frac{-1}{{\left(x-1\right)}^2}=2019$  vô nghiệm.

Vậy không tồn tại tiếp tuyến với đồ thị có hệ số góc bằng 2019 .

Chọn C

+ Xét hàm số $f\left(x\right)=x^2+2x+a-4$ , ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=2x+2,f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x=-1$ .

$f\left(-2\right)=a-4$,$f\left(-1\right)=a-5$ , $f\left(1\right)=a-1$.

+ Do $a-5<a-4<a-1$  nên giá trị lớn nhất của hàm số $y=\left|x^2+2x+a-4\right|$  bằng $\max \left\{\left|a-1\right|;\left|a-5\right|\right\}$  nên có 3 trường hợp xảy .

TH1:  Nếu $\left|a-1\right|>\left|a-5\right|\iff {\left(a-1\right)}^2>{\left(a-5\right)}^2\iff 8a>24\iff a>3$   thì

       $\underset{\left[-2;1\right]}{\max }y=y\left(1\right)=\left|a-1\right|>2$ .

TH2: Nếu $\left|a-1\right|<\left|a-5\right|\iff {\left(a-1\right)}^2<{\left(a-5\right)}^2\iff 8a<24\iff a<3$  thì

      $\underset{\left[-2;1\right]}{\max }y=y\left(-1\right)=\left|a-5\right|>2$ .

TH3: Nếu $\left|a-1\right|=\left|a-5\right|\iff {\left(a-1\right)}^2={\left(a-5\right)}^2\iff 8a=24\iff a=3$   thì

     $\underset{\left[-2;1\right]}{\max }y=y\left(-1\right)=y\left(1\right)=2$ .

Để giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $\left[-2;1\right]$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $a=3$.

Chọn C

Thể tích khối lăng trụ là: $V=\sqrt{3}{a}^2.a\sqrt{2}=\sqrt{6}{a}^3$ .

Chọn D

Phương trình hoành độ giao điểm: $x^3-2x^2+x-1=1-2x\iff x^3-2x^2+3x-2=0\iff x=1$ .

Phương trình có  nghiệm nên số giao điểm của đường cong và đường thẳng là 1 .

Chọn B

Tập xác định $D=\left[-2;4\right]$ .

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{-x+1}{\sqrt{8+2x-x^2}}$ .

Cho  $y^{\text{'}}=0\iff \frac{-x+1}{\sqrt{8+2x-x^2}}=0\iff x=1 \left(y=3\right)$ .

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số trên đồng biến trên khoảng $\left(-2;1\right)$ .

Chọn A

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

$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2x+1}{x-1}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{x\left(2+\frac{1}{x}\right)}{x\left(1-\frac{1}{x}\right)}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2+\frac{1}{x}}{1-\frac{1}{x}}=2$ . Suy ra y=2  là tiệm cận ngang.

$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{2x+1}{x-1}=+\infty$  vì ;  $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\left(2x+1\right)=3>0$$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\left(x-1\right)=0$và  $x-1>0$ khi $x\to 1^{+}$.

$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{2x+1}{x-1}=-\infty$ vì $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\left(2x+1\right)=3>0$ ; $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\left(x-1\right)=0$  và $x-1<0$  khi $x\to 1^{-}$ .

Suy ra x=1  là tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=1  và tiệm cận ngang là y=2.

Chọn B

Ta có $\Delta ABC$  đều cạnh a  , nên $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$  .

Đường cao $h=SB=2a$  .

Chọn D

Giao điểm của (C) với trục tung là .$\left(0;-2\right)$

Ta có $y^{\text{'}}=-3x^2+3,y^{\text{'}}\left(0\right)=3.$

Vậy phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của (C) với trục tung là $y=3x-2.$

Chọn C

Ta có: $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.S_{ABC}.d\left(S,\left(ABC\right)\right)$  .

Vì G   là trọng tâm tam giác ABC   nên $d\left(G,AC\right)=\frac{1}{3}d\left(B,AC\right)$ .

$\Rightarrow S_{AGC}=\frac{1}{2}AC.d\left(G,AC\right)=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}AC.d\left(B,AC\right)=\frac{1}{3}{S}_{ABC}.$

Do đó $V_{S.AGC}=\frac{1}{3}{S}_{AGC}.d\left(S,\left(ABC\right)\right)=\frac{1}{3}.\left[\frac{1}{3}{S}_{ABC}.d\left(S,\left(ABC\right)\right)\right]=\frac{1}{3}{V}_{S.ABC}.$

Vậy:$\frac{V_{S.ABC}}{V_{S.AGC}}=3$

Chọn C

Chọn D

Quan sát bảng biến thiên của hàm số $y=f\left(x\right)$  ta thấy hàm số $y=f\left(x\right)$  đồng biến trên khoảng (0,1) .

Chọn D

Ta có  $\frac{V_{MIJK}}{V_{MNPQ}}=\frac{MI}{MN}.\frac{MJ}{MP}.\frac{MK}{MQ}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{8}$ .

Chọn C

Xét trên $\left[3;5\right]$  hàm số liên tục.

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{-2}{{\left(x-1\right)}^2}<0,\forall x\in \left[3;5\right]$  nên hàm số luôn nghịch biến trên $\left[3;5\right]$ .

Khi đó $f\left(3\right)=2$  và $f\left(5\right)=\frac{3}{2}$  suy ra  $M=2$và $m=\frac{3}{2}$ .

Vậy $M-m=\frac{1}{2}$ .

Chọn D

Tập xác định $D=\left(-\infty ;-1\right]\cup \left[1;+\infty \right)$  .

Ta có $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(2x-1+\sqrt{4x^2-4}\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{{\left(2x-1\right)}^2-\left(4x^2-4\right)}{2x-1-\sqrt{4x^2-4}}$

$=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-4x+3}{2x-1-\sqrt{4x^2-4}}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-4+\frac{3}{x}}{2-\frac{1}{x}+\sqrt{4-\frac{4}{x^2}}}=-1$

 và $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(2x-1+\sqrt{4x^2-4}\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }x\left(2-\frac{1}{x}+\sqrt{4-\frac{4}{x^2}}\right)=+\infty$

Vậy y=-1  là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Chọn D

Ta có: $M\left(a;f\left(a\right)\right)\in \left(C\right)$  .

Vậy phương trình tiếp tuyến của đường cong (C)   tại điểm $M\left(a;f\left(a\right)\right)$  có dạng:

.$y=f^{\text{'}}\left(a\right)\left(x-a\right)+f\left(a\right)$

Chọn A

Ta có: $\frac{V_{S.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA\text{'}}{SA}.\frac{SB\text{'}}{SB}.\frac{SC\text{'}}{SC}$ .

Mà các điểm A'  , B'  ,  C' tương ứng là trung điểm các cạnh SA ,SB   ,SC   .

Nên $\frac{SA\text{'}}{SA}=\frac{1}{2}$  , $\frac{SB\text{'}}{SB}=\frac{1}{2}$ , $\frac{SC\text{'}}{SC}=\frac{1}{2}$  .

Suy ra: $\frac{V_{S.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{V_{S.ABC}}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{8}$ .

Hay $V_{S.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{V}{8}$ .

Vậy: thể tích khối chóp SA'B'C'  bằng $\frac{V}{8}$ .

Chọn B

Số nghiệm của phương trình  $f\left(x\right)=m$là số giao điểm của đồ thị hàm số  $y=f\left(x\right)$ và đường thẳng  y=m  .

Dựa vào bảng biến thiên ta có:  Phương trình  $f\left(x\right)=m$có ba nghiệm phân biệt $\iff -2<m<4$.

Chọn B

Ứng với một giá trị của 2-x  sẽ có một giá trị x  nên số nghiệm của phương trình $f\left(2-x\right)-1=0$  cũng là  số nghiệm của phương trình $f\left(x\right)-1=0$ .

Số nghiệm của phương trình $f\left(x\right)-1=0$  là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$  và đường thẳng  $y=1$.

Dựa vào bảng biến thiên ta có:  Phương trình $f\left(x\right)-1=0$  có ba nghiệm phân biệt, vậy phương trình $f\left(2-x\right)-1=0$  có ba nghiệm phân biệt.

Chọn A

Từ bảng biến thiên, ta thấy hàm số $y=f\left(x\right)$  đồng biến trên từng khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$ , $\left(1;+\infty \right)$  và nghịch biến trên khoảng $\left(-1;1\right)$ .

Chọn B

Hàm số đã cho đã xác định và liên tục trên đoạn $\left[-3;2\right]$  .

Ta có $y\text{'}=4x^3-4x$ ; $\left\{\begin{array}{l}x\in \left(-3;2\right)\\ y^{\text{'}}=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\in \left(-3;2\right)\\ 4x^3-4x=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\end{array}\right.$

Tính $y\left(-3\right)=48$ , $y\left(2\right)=-7$ , $y\left(0\right)=-15$  , $y\left(1\right)=-16$ , $y\left(-1\right)=-16$  .

Vậy $\underset{\left[-3;2\right]}{\max }y=48$.

Chọn A

Chọn D

Từ đồ thị ta thấy hàm số f(x)  đạt cực tiểu tại điểm x=-1.

Chọn C

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2-6x-9$  .   Hàm số đồng biến $\iff y^{\text{'}}\ge 0\iff \left[\begin{array}{l}x\le -1\\ x\ge 3\end{array}\right.$ .

Chọn C

+ Gọi  $M^{\text{'}}=DM\cap \left(NPQ\right)$ , $h=d\left(D,\left(ABC\right)\right),h_1=d\left(M,\left(NPQ\right)\right)$ .

+ $\left(NQP\right)//\left(ABC\right)\Rightarrow$$\frac{h_1}{h}=\frac{M{M}^{\text{'}}}{MD}=\frac{FN}{FD}=\frac{1}{3}\Rightarrow h_1=\frac{1}{3}h$  .

+ $\frac{NQ}{EF}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{NQ}{AC}=\frac{1}{3}$ , tương tự ta có $\frac{NP}{BC}=\frac{PQ}{AB}=\frac{1}{3}$    nên $\Delta NPQ$  và $\Delta ABC$  đồng dạng theo tỉ số $k=\frac{1}{3}$$\Rightarrow S_{\Delta NPQ}=\frac{1}{9}{S}_{\Delta ABC}$.

+ Vậy  $V_{MNPQ}=\frac{1}{3}{h}_1.S_{\Delta NPQ}=\frac{1}{3}.\frac{1}{3}.h.\frac{1}{9}{S}_{\Delta ABC}=\frac{1}{27}{V}_{ABCD}=\frac{673}{9}$  .

Chọn D

Đặt $g\left(x\right)=f\left(x-2017\right)-2018x+2019$ .

Ta có: $g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x-2017\right)-2018$ .

Đồ thị hàm số $y=f\text{'}\left(x-2017\right)$  là phép tịnh tiến đồ thị hàm số $y=f\text{'}\left(x\right)$  theo phương trục hoành sang phải 2017  đơn vị.

Đồ thị hàm số $y=f\text{'}\left(x-2017\right)$  cắt đường thẳng y=2018  tại duy nhất  một điểm có hoành độ $x_0>1$  và giá trị hàm số $g\text{'}\left(x\right)$  đổi dấu từ âm sang dương khi qua điểm $x_0$  nên hàm số đạt cực tiểu tại $x_0$ ,

Chọn C

Chọn C

$y^{\text{'}}=6x^2-6x$; $y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\end{array}\right.$ .

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có $\underset{\left[0;5\right]}{\min }y=m-1$ .

Theo giả thiết, $m-1=5\iff m=6$  .

Chọn C

Tập xác định $D=ℝ$ .

$y^{\text{'}}=3x^2-3$, $y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-1\end{array}\right.$  .

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số nghịch biến $\left(-1;1\right)$  .

Chọn D

Hàm số $y=x^2+x+1$   có đồ thị dạng parabol nên không có đường tiệm cận ngang.

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^2-x+1}{x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}{\frac{1}{x}}=+\infty$ và $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x^2-x+1}{x}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{1-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}{\frac{1}{x}}=-\infty$  nên đồ thị hàm số $y=\frac{x^2-x+1}{x}$   không có đường tiệm cận ngang.

Hàm số .. có tập xác định $D=\left[-1;1\right]$  nên đồ thị hàm số này cũng không có đường tiệm cận ngang.

Xét hàm số $y=x+\sqrt{x^2+1}$ , ta có

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)=+\infty$ và $\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{1}{\sqrt{x^2+1}-x}=0$  nên suy ra đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là y=0 .

Chọn D

Giá trị cực tiểu của hàm số bằng 2. Loại A.

Hàm số có hai cực trị. Loại C

$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty$,  $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-\infty$nên GTLN và GTNN của hàm số khác 2  và -2 . Loại B

Chọn B

$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.2a.a.2a=\frac{4a^3}{3}$.

Chọn D

$y^{\text{'}}=6x^2+6x-12.$ Xét y'=0$\iff 6x^2+6x-12=0$$\iff \left[\begin{array}{l}x=1\in \left[-1;2\right]\\ x=-2\notin \left[-1;2\right]\end{array}\right..$

Ta có $y\left(-1\right)=15,$$y\left(2\right)=6,$$y\left(1\right)=-5.$

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số đã cho bằng khi x=-1

Chọn C

Chọn B  

Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{5}{x-1}=0$  nên tiệm cận ngang là đường thẳng y = 0 .

Chọn B

Dựa vào đồ thị ta thấy trên khoảng (0,2)  đồ thị là một đường đi lên theo chiều từ trái sang phải nên hàm số đồng biến trên khoảng (0,2) . 

Chọn B

Vì $OA,OB,OC$  đôi một vuông góc với nhau nên:

$OA\perp \left(OBC\right)$ và $\Delta OBC$   vuông tại O .

Chọn B

Ta thấy $S_{ABC}=\frac{1}{2}{S}_{ABCD}$ .

Nên thể tích khối lăng trụ $ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ : $V_1=A{A}^{\text{'}}.S_{ABC}=A{A}^{\text{'}}.\frac{1}{2}{S}_{ABCD}=\frac{1}{2}V=\frac{1}{2}$ .

Chọn D

Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho là k=0  .

Do đó, tiếp tuyến đó song song với trục hoành.

Chọn A

Ta có: $y^{\text{'}}=3x^2-6x-9$ .

$y^{\text{'}}=0\iff 3x^2-6x-9=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=3\end{array}\right.$.

Vì hệ số  nên hàm số đạt cực tiểu tại $x_{CT}=3$  và giá trị cực tiểu $y_{CT}=-25$  .

Chọn C

Xét đáp án A có $y=\frac{x+1}{\sqrt{x^2+4x+8}}$ , $\forall x\in ℝ$ , có tiệm cận ngang là đường thẳng $y=-1$  , y=1   không có tiệm cận đứng nên loại.

Xét đáp án B có $y=\frac{x+2}{x-1}$ , $\forall x\in ℝ\backslash \left\{1\right\}$ , có tiệm cận ngang là đường thẳng y=1   và có tiệm cận đứng là đường thẳng x=1  nên loại. 

Xét đáp án C có $y=\frac{x+1}{x^2-9}$ , $\forall x\in ℝ\backslash \left\{-3;3\right\}$  , có tiệm cận ngang là đường thẳng y=0  và có tiệm cận đứng là đường thẳng $x=-3$ , $x=3$   nên chọn. 

Xét đáp án C có $y=\frac{x+2}{x^2+3x+6}$  , $\forall x\in ℝ$ , có tiệm cận ngang là đường thẳng  $y=0$ và không có tiệm cận đứng nên loại.