Bộ 20 đề thi giữa học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án- Đề 18

Chọn D

$y^{\text{'}}=\frac{-2}{{\left(x-1\right)}^2}<0,\forall x\in \left[2;3\right]\Rightarrow \underset{\left[2;3\right]}{\min }y=f\left(3\right)=\frac{3+1}{3-1}=2$

Chọn D

$f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left(x+1\right){\left(x-2\right)}^2{\left(x-3\right)}^3{\left(x+5\right)}^4=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=2\\ x=3\\ x=-5\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Dựa vào BBT ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị.

Chọn D

Ta thấy đồ thị $y=f\text{'}\left(x\right)$  cắt trục Ox   tại 3 điểm phân biệt nên $f\text{'}\left(x\right)=0$  có 3 nghiệm đơn phân biệt.

Do đó đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$  có 3 điểm cực trị.

Chọn C

Ta có: TXĐ $D=ℝ\backslash \left\{-2;2\right\}$

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\frac{x+1}{x^2-4}\right)=0;\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\frac{x+1}{x^2-4}\right)=0\Rightarrow$   Đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang $y=0$ .

$\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\left(\frac{x+1}{x^2-4}\right)=+\infty \Rightarrow$ Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=2 .

$\underset{x\to -2^{+}}{\lim }\left(\frac{x+1}{x^2-4}\right)=+\infty \Rightarrow$ Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=-2

Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

Chọn D

Ta có: $y=-x^3+3x^2-3x+2\Rightarrow y\text{'}=-3x^2+6x-3=-3{(x-1)}^2\Rightarrow y\text{'}\le 0,\forall x\ne 1$ .

Vậy hàm số $y=-x^3+3x^2-3x+2$  luôn nghịch biến trên R .

Chọn B

Ta có $y\text{'}=12x^3-12x^2-12x+12=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=1\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Từ BBT, đồ thị hàm số $y=3x^4-4x^3-6x^2+12x+1$  có điểm cực tiểu là điểm $M(-1;-10).$

Vậy $T=-11.$

Chọn A

Điều kiện: $2-x^2\ge 0\iff -\sqrt{2}\le x\le \sqrt{2}$

TXĐ: $D=\left[-\sqrt{2};\sqrt{2}\right]$

Hàm số liên tục trên $\left[-\sqrt{2};\sqrt{2}\right];$$y\text{'}=\frac{-x}{\sqrt{2-x^2}}-1$

$\forall x\in \left(-\sqrt{2};\sqrt{2}\right)$ thì $y\text{'}=0\iff \sqrt{2-x^2}=-x\iff \left\{\begin{array}{l}x\le 0\\ 2-x^2=x^2\end{array}\right.\iff x=-1\in \left(-\sqrt{2};\sqrt{2}\right)$

Ta có: $y(-\sqrt{2})=\sqrt{2};y\left(\sqrt{2}\right)=-\sqrt{2};y(-1)=2.$

Do đó $\underset{x\in \left[-\sqrt{2};\sqrt{2}\right]}{Miny}=y\left(\sqrt{2}\right)=-\sqrt{2};\underset{x\in \left[-\sqrt{2};\sqrt{2}\right]}{\text{Max}y}=y(-1)=2.$

Vậy tổng các giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số $y=\sqrt{2-x^2}-x$  bằng $2-\sqrt{2}.$

Hàm số $y=-\frac{1}{3}{x}^3-m{x}^2+(2m-3)x-m+2$  luôn nghịch biến trên R

$\iff y\text{'}\le 0,\forall x\in R$ và dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm trên R

$\begin{array}{l}\iff -x^2-2mx+2m-3\le 0,\forall x\in R\\ \iff \left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}\le 0\\ a=-1<0\end{array}\right.\iff m^2+2m-3\le 0\iff -3\le m\le 1\end{array}$

Vậy các giá trị m  cần tìm là $-3\le m\le 1.$

Chọn D

TXĐ: $D=R\backslash \left\{-1;0\right\}.$

$\forall x\notin \text{{}0;-1\text{},}$ ta có: $\frac{\sqrt{x+9}-3}{x^2+x}\text{ =}\frac{(\sqrt{x+9}-3)(\sqrt{x+9}+3)}{(x^2+x)(\sqrt{x+9}+3)}=\frac{x}{(x^2+x)(\sqrt{x+9}+3)}=\frac{1}{(x+1)(\sqrt{x+9}+3)}$

Do đó: $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x+9}-3}{x^2+x}\text{=}\underset{x\to 0^{-}}{lim}\frac{\sqrt{x+9}-3}{x^2+x}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{1}{(x+1)(\sqrt{x+9}+3)}=\frac{1}{6}$

Mặt khác, $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x+9}-3}{x^2+x}=+\infty \text{ ; }\underset{x\to -1^{-}}{lim}\frac{\sqrt{x+9}-3}{x^2+x}=-\infty$ 

Nên đồ thị hàm số đã cho chỉ có một tiệm cận đứng là đường thẳng $x=-1.$

Chọn D

TXĐ: $D=\left[-2;2\right]$

$y^{\text{'}}=\frac{-x}{\sqrt{4-x^2}}$; $y\text{'}=0\iff x=0$

BBT

Hàm số nghịch biến trên khoảng (0,2)

Chọn A

Dựa vào bảng biến thiên ta có: Hàm số đạt cực đại tại $x=2$và đạt cực tiểu tại x=4

Chọn C

Ta có $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{2x-3}{x-1}=-\infty$ ; $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{2x-3}{x-1}=+\infty$  nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng $x=1$ .

$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2x-3}{x-1}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2-\frac{3}{x}}{1-\frac{1}{x}}=2$,  $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2x-3}{x-1}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2-\frac{3}{x}}{1-\frac{1}{x}}=2$nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang $y=2$ .

Chọn D

Hàm số $y=x+\frac{1}{x}$  liên tục trên $\left[\frac{1}{2};3\right]$  .

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

$y\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{5}{2}$; $y\left(1\right)=2$  ; $y\left(3\right)=\frac{10}{3}$ .

Suy ra $M=\underset{\left[\frac{1}{2};3\right]}{\max }y=\frac{10}{3}$  , $m=\underset{\left[\frac{1}{2};3\right]}{\min }y=2$ .

Do đó $3M+m=12$ .

Chọn C

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

-Hàm số đồng biến trên khoảng $\left(1;+\infty \right)$  ; hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;0\right)$  và  $\left(0;1\right)$ .

Nên đáp án A,B,D đúng và đáp án C sai.

Chọn B

Xét hàm số $y=\frac{\sqrt{x^2-1}}{x-2}$  trên  $\left(-\infty ;-1\right)\cup \left[1;\frac{3}{2}\right]$

Ta có: $y\text{'}=\frac{\frac{1}{2\sqrt{x^2-1}}.2x.\left(x-2\right)-\sqrt{x^2-1}}{{\left(x-2\right)}^2}=\frac{-2x+1}{{\left(x-2\right)}^2\sqrt{x^2-1}}=0\Rightarrow x=\frac{1}{2}\notin \left(-\infty ;-1\right)\cup \left[1;\frac{3}{2}\right]$ .

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có: $M=0,m=-\sqrt{5}$ . Vậy $P=M+m=-\sqrt{5}$ .

Chọn B

Tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{m\right\}$

Để hàm số $y=\frac{x-1}{x-m}$  nghịch biến trên khoảng $\left(4;+\infty \right)$  thì

$\left\{\begin{array}{l}y\text{'}<0\forall x\in \left(4;+\infty \right)\\ m\le 4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{-m+1}{{(x-m)}^2}<0\forall x\in \left(4;+\infty \right)\\ m\le 4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>1\\ m\le 4\end{array}\right.\iff 1<m\le 4$

Như vậy $S=\left\{2;3;4\right\}$  .

Chọn A

Ta có: $y=f\left(1-\frac{x}{2}\right)+x\Rightarrow y^{\text{'}}=-\frac{1}{2}.f^{\text{'}}\left(1-\frac{x}{2}\right)+1.$

Hàm số $y=f\left(1-\frac{x}{2}\right)+x$  nghịch biến

   $y^{\text{'}}\le 0\iff f^{\text{'}}\left(1-\frac{x}{2}\right)\ge 2\Rightarrow 2\le 1-\frac{x}{2}<3\iff -4\le x<-2$ .

Chọn B

Tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{-\frac{m}{4}\right\}$  .

Yêu cầu bài toán   $\iff y\text{'}<0,\forall x\in D$$\iff \frac{m^2-4}{{\left(4x+m\right)}^2}<0,\forall x\in D\iff m^2-4<0\iff -2<m<2.$

Chọn A

Ta có $y^{\text{'}}=x^2-2\left(m+1\right)x+m-2.$

Hàm số đạt cực trị tại hai điểm $x_1,x_2$  khi  $y^{\text{'}}=0$có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$

$\iff x^2-2\left(m+1\right)x+m-2=0$ có hai nghiệm phân biệt.

 $\iff {\Delta }^{\text{'}}>0\iff m^2+m+3>0$ ( luôn đúng với mọi m  )

Do đó, với mọi m  thì hàm số luôn có hai điểm cực trị $x_1,x_2$ .

Theo định lý vi-et ta có $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m+2\\ x_1.x_2=m-2\end{array}\right..$

Theo giả thiết :

$x_1^2+x_2^2=18\iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2-18=0\iff 4m^2+6m-10=0\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=-\frac{5}{2}\end{array}\right.$.

Mà $m\in Z\Rightarrow m=1.$

Chọn B

Đặt   $BM=x\Rightarrow MC=BC-BM=7-x$

Tam giác ABM   vuông tại B , có  $AM=\sqrt{A{B}^2+B{M}^2}=\sqrt{x^2+25}$

Thời gian đi từ A  đến M là $\frac{\sqrt{x^2+25}}{4}$ , thời gian đi từ M  đến C  là $\frac{7-x}{6}$ .

Tổng thời gian đi từ  A đến C   là $\frac{\sqrt{x^2+25}}{4} +\frac{7-x}{6}$  .

Xét hàm số $f\left(x\right)=\frac{\sqrt{x^2+25}}{4}+\frac{7-x}{6}$  trên khoảng $\left(0;7\right)$ , có $f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{x}{4\sqrt{x^2+25}}-\frac{1}{6}.$

Phương trình $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left\{\begin{array}{l}0<x<7\\ 2\sqrt{x^2+25}=3x\end{array}\right.\iff x=2\sqrt{5}$

$\underset{\left(0;7\right)}{\min }f\left(x\right)=f\left(2\sqrt{5}\right).$

Chọn B

Ta có $y\text{'}=3x^2-4mx+m^2;y\text{'}\text{'}=6x-4m$  .

Theo giả thiết ta suy ra: $y\text{'}\left(1\right)=0\iff m^2-4m+3=0\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=3\end{array}\right.$  .

Khi  $m=1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}y\text{'}\left(1\right)=0\\ y\text{'}\text{'}\left(1\right)=2>0\end{array}\right.\Rightarrow x=1$ là điểm cực tiểu của hàm số thỏa mãn.

Lúc đó $y\left(1\right)={\left(m-1\right)}^2+n=0^2+n=n\Rightarrow n=3$ .

Vậy trong trường hợp này $\Rightarrow m+n=4$

Khi $m=3\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}y\text{'}\left(1\right)=0\\ y\text{'}\text{'}\left(1\right)=-9<0\end{array}\right.\Rightarrow x=1$  là điểm cực đại của hàm số nên loại.

Chọn C

TH1: $m=0\Rightarrow y=-x$  là hàm bậc nhất nên không có tiện cận đứng.

TH2: $m\ne 0\Rightarrow$  để hàm số không có tiệm cận đứng thì nghiệm của mẫu số củng là nghiệm của tử số nên suy ra: $\frac{1}{m}-m=0\iff m=\pm 1$  .

Chọn C

Hàm số $y=f\left(x\right)=2x+a\sin x+b\text{cos\hspace{0.17em}}x$  luôn tăng trên R  nên $y^{\text{'}}\ge 0,\forall x\in ℝ$  (dấu “=” xảy ra tại hữu hạn điểm)$\iff 2+a\text{cos\hspace{0.17em}}x-b\sin x\ge 0,\forall x\in ℝ$

$\iff 2\ge b\sin x-a\text{cos\hspace{0.17em}}x,\forall x\in ℝ\iff 2\ge \underset{ℝ}{max}\left(b\sin x-a\text{cos\hspace{0.17em}}x\right)\iff 2\ge \sqrt{a^2+b^2}\iff a^2+b^2\le 4$.

Chọn C

Giả sử hình chóp có đáy là đa giác n  cạnh, suy ra có n  mặt bên và có n  cạnh bên. Khi đó tổng số cạnh của hình chóp là $2n=100\iff n=50.$

Vậy hình chóp có 50  mặt bên và 1  mặt đáy. Vậy có tất cả là 51  mặt.

Chọn D

Chọn B

Ta có $V_{A.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=\frac{1}{2}{V}_{A.ABCD}=\frac{1}{2}.\frac{1}{3}{V}_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=\frac{1}{6}\mathrm{2.5.3}=5\left(c{m}^3\right)$ .

Chọn C

Áp dụng công thức: Hình chóp đều SABC  có cạnh đáy bẳng a  , cạnh bên bằng  thì thể tích khối chóp $S.ABC$   là: $V=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.\sqrt{b^2-\frac{a^2}{3}}$

$V=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{21}}{6}\right)}^2-\frac{a^2}{3}}=\frac{a^3\sqrt{3}}{24}$.

Chọn C

$V=\frac{1}{3}.S_{\Delta ABC}.SA=\frac{1}{3}.\left(\frac{1}{2}.BA.BC\right).SA=\frac{1}{3}.\left(\frac{1}{2}.a.a\right).2a=\frac{a^3}{3}$.

Chọn C

Dựa vào hình vẽ ta chọn được đáp án C.

Chọn A

Kim tự tháp Kheops là một khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy dài 230m nên diện tích s của đáy là: $S={\left(230\right)}^2=52900\left(m^2\right).$

Chiều cao h  của kim tự tháp Kheops là: $h=147m.$

Thể tích V của kim tự tháp Kheops là: $V=\frac{1}{3}\mathrm{.52900.147}=2592100\left(m^3\right).$

Chọn B

· Thể tích khối hộp chữ nhật: $V_1=\mathrm{9.6.5}=270\left({\text{cm}}^3\right).$

· Thể tích khối lập phương: $V_2=4^3=64\left({\text{cm}}^3\right).$

Chọn C

· Khối lăng trụ tam giác đều $ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}$  có cạnh đáy a  chiều cao h $\Rightarrow S_{ABC}=\frac{a^2.\sqrt{3}}{4}.$

· Theo giả thiết; $3.\left(ah\right)=3a^2\Rightarrow h=a.$

· Vậy thể tích của khối lăng trụ : $ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}$$V=S_{ABC}.h=\frac{a^3.\sqrt{3}}{4}$ (đvtt).

Chọn B

Ta có: $\widehat{\left(SB,\left(ABC\right)\right)}=\widehat{\left(SB,AB\right)}=\widehat{SBA}=60°$

$AB=\frac{SA}{\tan 60°}=\frac{3a}{\sqrt{3}}=a\sqrt{3}.$

$S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}BA.BC=\frac{1}{2}a\sqrt{3}.a\sqrt{3}=\frac{3a^2}{2}.$

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

Chọn D

Ta có: $NS=2NC\Rightarrow \frac{SN}{SC}=\frac{2}{3}$

$\frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABC}}=\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SC}=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}=\frac{1}{3}.$

$S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.$

$AO=\frac{2}{3}AH=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

$SO=\sqrt{{\left(2a\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{33}}{3}.$

$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SO.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{33}}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{11}}{12}.$

$V_{S.AMN}=\frac{1}{3}{V}_{S.ABC}=\frac{1}{3}.\frac{a^3\sqrt{11}}{12}=\frac{a^3\sqrt{11}}{36}.$

$V_{A.BCNM}=V_{S.ABC}-V_{S.AMN}=\frac{a^3\sqrt{11}}{18}.$

Chọn B

Vì một mặt là tam giác đều cạnh 2  nên: $S_{\Delta }=\frac{1}{2}\cdot \mathrm{2.2.}\sin {60}^0=\sqrt{3}.$

Tổng diện tích tất cả các mặt của hình đa diện đó là: $S=20.S_{\Delta }=20\sqrt{3}.$