Bộ 20 đề thi giữa học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án- Đề 17

Chọn A

Ta có y'=3ax2+2bx+c, a≠0 là tam thức bậc hai có nhiều nhất  nghiệm và y'  đổi dấu khi qua hai nghiệm đó nên hàm số y=ax3+bx2+cx+d,  a≠0   có nhiều nhất hai cực trị.

Chọn C

y'=−1x+12<0 ∀x≠−1. Đạo hàm không đổi dấu nên hàm số không có cực trị.

Chọn C

+ Hàm số y=−2x+1  có y'=−2<0,∀x∈ℝ  nên không đồng biến trên R  .

+ Hàm số y=−x2+1  có y'=−2x  không thỏa mãn y'≥0, ∀x∈ℝ  nên hàm số không đồng biến trên .

+ Hàm số y=2x+1  có y'=2>0,∀x∈ℝ  nên hàm số đồng biến trên R .

+ Hàm số y=x2+1   có y'=2x   không thỏa mãn y'≥0, ∀x∈ℝ  nên hàm số không đồng biến trên R .

Chọn C

Chọn B

Để đồ thị hàm số có đúng x2−mx+m=0 một tiệm cận đứng thì:

Th1: Phương trình có đúng 1 nghiệm.

Khi đó:   Δ=0⇔−m2−4.1.m=0⇔m2−4m=0⇔m=0m=4.

Th2: Phương trình x2−mx+m=0  có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm bằng .

Khi đó:   Δ>012−m.1+m=0⇔Δ>01=0⇔m∈∅.

Vậy  m1=0,m2=4. Do đó   m1+m2=4.

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:  

limx→−1−fx=+∞;limx→−1+fx=−∞;limx→+∞fx=2;limx→−∞fx=2.

Do đó đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=−1  và tiệm cận ngang   y=2

Chọn C

Ta có:   y'=3x2−2(m+1)x+3

Hàm số đồng biến trên (−∞;+∞)  khi và chỉ khi

y'≥0,∀x∈ℝ⇔3x2−2(m+1)x+3≥0,∀x∈ℝ⇔Δ'=(m+1)2−9≤0⇔m2+2m−8≤0⇔−4≤m≤2

Vậy có 7 số nguyên m  thoả mãn bài toán.

Chọn B

Ta có: Điều kiện: x2−1≥0⇔x∈(−∞;−1]∪[1;+∞) .

Từ đây ta loại được ngay các đáp án A, C, D ngay.

Chọn D

Ta có 

y=(x+3)2x⇒y'=2x(x+3)−(x+3)2x2=x2−9x2

y'=0⇔x2−9=0⇔x=±3

limx→0+y=limx→0+(x+3)2x=+∞y(3)=12limx→+∞y=limx→+∞(x+3)2x=+∞

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số y=(x+3)2x trên khoảng (0;+∞) là 12.

Chọn C

y=x2−3x−2; y'=x2−4x+3x−22

 y'=0⇔x=1∈−1;32x=3∉−1;32

y−1=23;y1=2;y32=32

M=max−1;32y=2;n=min−1;32y=23 . Do đó M+n=83  .

Chọn B

 limx→±∞y=limx→±∞3x−12x−1=32

Đường thẳng y=32  là tiệm cận ngang của đồ thị của hàm số  y=3x−12x−1.

Chọn A

y=x4+4x2+3 TXĐ :  D=ℝ

y'=4x3+8x=4xx2+2

 y'=0⇔x=0

Hàm số nghịch biến trên  −∞;0 và đồng biến trên   0;+∞.

Chọn A.

Đồ thị như hình vẽ là đồ thị hàm trùng phương.

Vì limx→+∞f(x)=−∞  nên hệ số a<0.

Có giá trị cực tiểu bằng 0 nên hệ số c=0.

Chọn D. 

TXĐ: D=ℝ\−1.

 y'=2x(x+1)−x2−3(x+1)2=x2+2x−3(x+1)2=0⇔x=1x=−3.

BBT:

Dựa vào BBT ta có: Cực tiểu của hàm số bằng 2.

Chọn D.

TXĐ: D=ℝ.

y'=3x2−4x+1=0⇔x=1x=13.

BBT

Dựa vào BBT ta thấy đáp án D đúng.

Chọn C

Ta có:  f'x=0⇔x2=0x2−4=0x−5=0⇔x=0x=±2x=5

BBT

Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.

Chọn D

Dựa vào đồ thị ta thấy: f'x=0⇔x=−2x=0x=2 .

Bảng xét dấu   f'x

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2 .

Chọn D

TXĐ:   D=ℝ\−12 

Ta có: limx→−∞y=−1⇔    Đồ thị hàm số có TCN:  y=−1

            limx→+∞y=1⇒  Đồ thị hàm số có TCN: y=1

limx→−12−y=−∞;limx→−12+y=+∞⇒Đồ thị hàm số có TCĐ: x=−12

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm: 2x+1x+1=x+m−1⇔x2+m−2x+m−2=0 ∗x≠−1

Đường thẳng y=x+m−1  cắt đồ thị hàm số y=2x+1x+1  tại hai điểm phân biệt

Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x≠−1

⇔Δ>0−12+m−2−1+m−2≠0⇔m−22−4m−2>01≠0  (t/m)⇔m∈−∞;2∪6;+∞. 

Khi đó phương trình (*)  có hai nghiệm phân biệt x1,x2  là hoành độ hai điểm A,B .

⇒Ax1;x1+m−1,Bx2;x2+m−1.

Ta có AB=23⇔2x2−x12=23⇔x2+x12−4x2.x1=6⇔m−22−4m−2=6

⇔m2−8m+6=0⇔m=4±10.

Chọn D

Ta có y'=3x2−12x+m .

Hàm số đồng biến trên 0;+∞    ⇔y'≥0, ∀x∈0;+∞⇔3x2−12x+m≥0, ∀x∈0;+∞

⇔m≥−3x2+12x, ∀x∈0;+∞⇔m≥maxx∈0;+∞gx=−3x2+12x⇔m≥g2=12.

Vậy có 2006  giá trị m  .

Chọn D

Từ đổ thị hàm số đã cho ta suy ra đồ thị hàm số y=fx

Dựa vào đồ thị hàm số : fx 

Phương trình  fx=m có bốn nghiệm phân biệt ⇔m=0, m=3.

Chọn D

Ta có: y'=4x3+4mx  . y'=0⇔4xx2+m=0⇔x=0x2+m=0  .

Để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì: m<0  . Khi đó tọa độ ba điểm cực trị lần lượt là:

A0;4, B−m;−m2+4, C−−m;−m2+4. Để ba điểm cực trị đều nằm trên các trục tọa độ thì:  −m2+4=0⇔m=±2. Vì điều kiện m<0  nên  m=−2 ∈−3;−32. Suy ra đáp án D.

Chọn B

Xét hàm  y=x3+3x2. Ta có: y'=3x2+6x  , y'=0⇔x=0,x=−2  nên hàm số có hai cực trị.

Mặt khác x3+3x2=0⇔x=0,x=−3  . Vì x=0   trùng với điểm cực trị của hàm số đã cho nên hàm số y=x3+3x2  có ba điểm cực trị là x=0,x=−2;x=−3  .

Chọn C

Ta có: y'=4x3+4m+2x−4m+3 .

 y'=0⇔4x3+4m+2x−4m+3=0⇔x−1x2+x+m+3=0

                                                     ⇔x=1x2+x+m+3=0  (1)  .

Để hàm số có ba điểm cực trị thì phương trình y'=0  phải có ba nghiệm phân biệt. Suy ra phương trình  phải có hai nghiệm phân biệt khác  . Điều đó tương đương với:

   m+5≠0Δ=−4m−11>0⇔m≠−5m<−114⇔m∈−∞;−5∪−5;−114.

Chọn A

Chọn B

Ta có DA=DB=DC  hay D  nằm trên trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

 Tam giác ABC  vuông tại A  nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm của cạnh BC .

Vậy chân đường cao của tứ diện xuất phát từ đỉnh D là trung điểm của BC.

Chọn C

 Do đáy là hình vuông nên diện tích đáy S=(a5)2=5a2   .

Vậy thể tích V=13S.h=10a323 .

Chọn C

Ta có V=S.h⇔S=Vh .

Theo định nghĩa hình đa diện:

Trong một hình đa diện:

-    Hai đa giác phân biệt: Hoặc không có điểm chung, hoặc chỉ có 1 đỉnh chung, hoặc chỉ có 1 cạnh chung.

-    Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác.

Khối đa diện H   được gọi là khối đa diện lồi nếu đoạn thẳng nối hai điểm bất kì của H luôn thuộc H . Khi đó đa diện xác định H  được gọi là đa diện lồi.

Khối đa diện lồi hình 1 và hình 4

Chọn A

Ta có: SAB⊥ABC , SAC⊥ABC⇒SA⊥ABC

Xét ΔSAC vuông tại A: SA2=SC2−AC2=a32−a2=2a2⇒SA=a2.

Vì ΔABC đều cạnh : SΔABC=12AB.AC.sin600=a234.

Thể tích khối chóp S.ABC : VS.ABC=13⋅SA⋅SΔABC=13⋅a2⋅a234=a3612.

Chọn B

A. Khối lập phương.

C. Khối tứ diện đều.

D. Khối lập phương.

Chọn B

Mặt phẳng AB'C'  chia khối lăng trụ ABC.A'B'C'  thành một khối chóp tam giác A.A'B'C'  và một khối chóp tứ giác A.BCC'B' .

Chọn C

Hình đa diện trong hình vẽ bên có  mặt.

Chọn B

Thể tích khối lập phương có cạnh bằng  a3 là : V=a33=33a3 .

Chọn C

Gọi hình chóp S.ABC là hình chóp đều có cạnh đáy bằng a , chiều cao bằng h.

Gọi hình chóp S'.A'B'C' là hình chóp đều có cạnh đáy bằng 2a, chiều cao bằng 2h.

Ta có : VS'.A'B'C'VS.ABC=13SA'B'C'.2h13SABC.h=2a234.2a234=8⇒VS'.A'B'C'=8VS'.ABC

Chọn B

Ta có : V1V2=VS.A'B'C'VS.ABC=SA'SA.SB'SB.SC'SC=12.13.13=118 .

Chọn C

Vì mỗi mặt là tam giác đều cạnh bằng 2  nên diện tích 20   mặt  là 22⋅34⋅20=203  . 

Vậy S=203 . 

Chọn A

Thể tích hình lăng trụ đứng được cho bới công thức: V=S⋅h .

Diện tích đáy của lăng trụ đứng ABC.A'B'C'  là .

a2⋅3a2=322a2

Chiều cao AA' của lăng trụ đứng ABC.A'B'C'  là   .

Thể tích của lăng trụ đứng ABC.A'B'C'  là 322a2⋅a6=3a33  .

Chọn D

Thể tích hình lăng trụ đứng được cho bới công thức: V=S⋅h .

Diện tích đáy của lăng trụ đứng ABC.A'B'C'  là 2a⋅a2=a2  . 

Thể tích của lăng trụ đứng ABC.A'B'C'  là a2⋅2a3=2a33 .

Chọn B

Gọi O   là giao điểm của AC  và  BD .

Kẻ HK//AO  cắt BD  tại H .

AO⊥BD⇒HK⊥DB ( vì tứ giác ABCD là hình vuông)

Ta có: HK⊥DBSH⊥BD⇒BD⊥SHK⇒BD⊥SK .

Kẻ HI⊥SK

Ta có: BD⊥HI HI⊂SHKHI⊥SK⇒HI⊥SBD

Do đó dH,SBD=HI .

AC=a2⇒AO=a22, HK=AO2=a24  , HD=a52

ΔSHD vuông tại  H⇒SH=a3 .

ΔSHK vuông tại  H⇒1HI2=1SH2+1HK2=13a2+1a28=253a2⇒HI=a35 .

Vậy dH,SBD=HI=a35  .

Chọn A

Gọi I  là trung điểm của AD

 CI=AB=AD2⇒ΔACD  vuông tại C .

SCD∩ABCD=CDCD⊥SCCD⊥AC⇒CD⊥SCA.

Do đó SCD;ABCD^=SCA^=60∘ .

ΔABC vuông cân tại B⇒AC=a2 .

Trong ΔSAC vuông tại A⇒SA=AC.tan60∘=a2.3=a6  .

V=13SA.SABCD=13SA12ABBC+AD=a362.

Chọn B

Gọi  G là trọng tâm của tam giácABC   suy ra A'G⊥ABC  .

Gọi I  là trung điểm của BC . Từ I  kẻ IH⊥AA'  H∈A'A .

Ta có BC⊥AI,BC⊥A'G⇒BC⊥IH

Mà IH⊥AA'

Suy ra IH  là đoạn vuông góc chung của AA' và BC  .

Suy ra dAA';BC=IH=a34 .

AG=23AI=a33.

Ta có △AA'G~△AIH⇒A'GIH=AGAH⇒A'G=IH.AGAH=a34.a33a322−a342=a3 .

SABC=a234.

Vậy VABC.A'B'C'=a3312 .

Chọn A

Gọi  là trung điểm của . Theo giả thiết, suy ra SH⊥ABCD  .

Đặt x=AD x>0 . Suy ra SABCD=4x

HC2=16+x24.

SH=36−16−x24=20−x24 , 0<x<45

Suy ra VS.ABCD=13.4x.20−x24=2x80−x23=2x280−x23≤803  (Bất đẳng thức Cauchy)

VS.ABCD=Vmax=803⇔x2=80−x2⇔x=210.

Chọn D

Ta có:  VABC.MNP=VN.ACB+VN.ACPM

 VN.ACB=BNBB'VB'.ACB=BNBB'.13VABC.A'B'C'

VN.ACPMVB'.ACC'A'=SACPMSACC'A'=CP+AM:2AA'=12CPCC'+AMAA'

 ⇒VN.ACPM=12CPCC'+AMAA'.23VABC.A'B'C'=13CPCC'+AMAA'VABC.A'B'C'

Suy ra:   VABC.MNP=13AMAA'+BNBB'+CPCC'VABC.A'B'C'

Ta có:  AMAA'=12,BNBB'=CPCC'=13.

Vậy thể tích V'  của khối đa diện ABC.MNP  theo  V là:

 V'=12+13+133=718V.

Chọn D

Từ M  kẻ MN//AB.   Lúc đó, mặt phẳng    α≡ABM≡ABMN.

Ta có:   VS.AMBVS.ACB=SMSC=12⇔VS.AMB=12VS.ACB.

   VS.AMNVS.ACD=SNSD.SMSC=14⇔VS.AMN=14VS.ACD.      

Suy ra:  VS.AMB+VS.AMN=12VS.ABC+14VS.ACD.

Mà   VS.ACB=VS.ACD=12VS.ABCD.

Suy ra:   VS.MNAB=14VS.ABCD+18VS.ABCD=38VS.ABCD=V1.

 ⇒VMNABCD=58VS.ABCD=V2.

Vậy  V1V2=35.

Chọn D

Ta có SA⊥ABCD  nên góc giữa SB   và đáy ABCD  là ,SBA^=60° , SA=AB.tan60°=a3 ,SABCD=a2.

Vậy thể tích khối chóp là VS.ABCD=13.SABCD.SA=13.a2.a3=a333 .

Chọn D

Gọi O  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC,M  là trung điểm của BC

Ta có SO⊥ABC   và SABC=a234 ; AO=23AM=23.a32=a33  ,

SO=SA2−AO2=a2162−a332=a2.

Vậy thể tích khối chóp là VS.ABC=13.SABC.SO=13.a234.a2=a3324 .

Chọn B

Xét tam giác vuông  AA'B cótan60o=AA'AB⇒AB=a3tan60o=a .

Xét tam giác vuông AA'C có tan30o=AA'AC⇒AC=3a  .

Vậy BC=AC2−AB2=2a2 .

SABCD=2a2.a=2a22.

Vậy V=2a36 .

Chọn A

Gọi I  , J , K  lần lượt là trung điểm  BC , CD  , DB.

Ta có: VA.MNPVA.IJK=AMAI⋅ANAJ⋅APAK=827 .

Mặt khác: SΔIJK=14SΔBCD⇒VA.IJK=14VA.BCD .

Suy ra: VA.MNP=227VA.BCD=227⋅16AB.AC.AD=2a3 .