Bộ 20 đề thi giữa học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án- Đề 19

Chọn C

Tập xác định: $D=ℝ/\left\{m\right\}.$

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{-m^2+9}{{\left(x-m\right)}^2}.$

Hàm số có tiệm cận đứng là x = m

Yêu cầu bài toán $\iff \left\{\begin{array}{l}-m^2+9>0\\ m\le 2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-3<m<3\\ m\le 2\end{array}\right.\iff -3<m\le 2.$

Vậy các giá trị nguyên không âm thỏa mãn là: 0;1;2

Chọn C

Đặt $y=f\left(1-x\right)=g\left(x\right)$

$g^{\text{'}}\left(x\right)=-f^{\text{'}}\left(1-x\right)$

Hàm số $y=f\left(1-x\right)$ đồng biến $\iff g^{\text{'}}\left(x\right)>0\iff -f^{\text{'}}\left(1-x\right)>0$

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

Chọn B

Ta có: $y^{\text{'}}=x^2-2mx+\left(m^2-4\right)$

${y^{\text{'}}}^{\text{'}}=2x-2m$

$y^{\text{'}}\left(3\right)=m^2-6m+5.$

$y^{\text{'}}\left(3\right)=0\iff m^2-6m+5=0\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=5\end{array}\right.$

Khi $m=1:{y^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(3\right)=2.3-2.1=4>0.$

Khi $m=5:{y^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(3\right)=2.3-2.5=-4<0.$

Vậy hàm số đạt cực đại tại x =3 khi m =5

Chọn D

$y^{\text{'}}=3x^2-6x+2m$

Cho $y^{\text{'}}=0\iff 3x^2-6x+2m=0\left(*\right)$

hàm số $y=x^3-3x^2+2mx+m$ có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi phương trình $\left(*\right)$ có hai

nghiệm phân biệt và y' đổi dấu khi qua các nghiệm này $\iff \Delta >0$

$\iff 36-24m<0\iff m<\frac{3}{2}.$

Chọn C

Hình dáng đồ thị $\Rightarrow a>0$: Loại đáp án A

Hàm số có 3 cực trị nên $a.b<0$ $\Rightarrow b<0$: Loại đáp án B

Giao điểm của đồ thị với trục tung nằm dưới điểm O nên $c<0$: Loại đáp án D

Chọn B

Tập xác định D =R.

$y\text{'}=-x^2+2mx-2m-3$.

Hàm số nghịch biến trên Rkhi và chỉ khi $\Delta \text{'}\le 0\iff m^2-2m-3\le 0\iff -1\le m\le 3.$

Chọn A

Tập xác định D =R.

Ta có $f\left(-3\right)=\left|m-1\right|;f\left(3\right)=\left|m+3\right|.$

$y=\left|x+2+m\right|$ có giá trị lớn nhất trên đoạn [-3;3] bằng 7 ta có các trường hợp sau :

+) Trường hợp 1 :

$\left\{\begin{array}{l}f\left(-3\right)\le f\left(3\right)\\ f\left(3\right)=7\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\ge -1\\ m=4\end{array}\right.\iff m=4.$

+) Trường hợp 2 :

$\left\{\begin{array}{l}f\left(-3\right)>f\left(3\right)\\ f\left(-3\right)=7\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<-1\\ m=-6\end{array}\right.\iff m=-6$

Vậy có 2 giá trị m.

Chọn C

Dựa vào đồ thị ta có $\underset{\left[-3;0\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(-3\right)$.

Chọn C

Hàm số $y=\frac{\left(m-1\right)x+2}{3x+4}$ có tiệm cận ngang là đường thẳng $y=\frac{m-1}{3}$

Giao điểm của tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y=\frac{\left(m-1\right)x+2}{3x+4}$ với đường thẳng $2x-3y+5=0$ là M(2;3). Khi đó ta có $\frac{m-1}{3}=3\iff m=10.$

Chọn D

Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=0$ nên hàm số có 1 đường tiệm cận ngang y =0

Ycbt $\iff$ Hàm số $y=\frac{x+3}{x^2-x-m}$ có đúng 1 đường tiệm đứng.

+ Trường hợp 1: Phương trình $x^2-x-m=0$ có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm x = 1$\iff \left\{\begin{array}{c}\Delta >0\\ -m=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}1+4m>0\\ m=0\end{array}\right.\iff m=0.$

+ Trường hợp 2: Phương trình $x^2-x-m=0$ có nghiệm kép $x\ne 1$

$\iff \left\{\begin{array}{c}\Delta =0\\ -m\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}1+4m=0\\ m\ne 0\end{array}\right.\iff m=-\frac{1}{4}.$

Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn.

Chọn A

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng  x = a và tiệm cận ngang y =b. Dựa vào đồ thị ta thấy $a>0,b>0.$

Chọn A

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

Hàm số đồng biến khi $y^{\text{'}}>0\iff 2x.f^{\text{'}}\left(x^2-1\right)>0\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x>0\\ f^{\text{'}}\left(x^2-1\right)>0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}x<0\\ f^{\text{'}}\left(x^2-1\right)<0\end{array}\right.\end{array}\right.$

Trường hợp 1: $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ \left[\begin{array}{l}-1<x^2-1<0\\ x^2-1>1\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x\in \left(0;1\right)\\ x\in \left(\sqrt{2};+\infty \right)\end{array}\right..$

Trường hợp 2: $\left\{\begin{array}{l}x<0\\ \left[\begin{array}{l}0<x^2-1<1\\ x^2-1<-1\end{array}\right.\end{array}\right.\iff x\in \left(-\sqrt{2};1\right).$

Chọn D

Tập xác định của hàm số $ℝ\backslash \left\{2;3\right\}.$

Ta có $\underset{x\to 2}{\lim }y=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{2x-1-\sqrt{x^2+x+3}}{x^2-5x+6}=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{\left(3x+1\right)\left(x-2\right)}{\left(x-2\right)\left(x-3\right)\left(2x-1+\sqrt{x^2+x+3}\right)}$

$=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{3x+1}{\left(x-3\right)\left(2x-1+\sqrt{x^2+x+3}\right)}=-\frac{7}{6}$. Suy ra, đường thẳng x = 2 không là tiệm cận đứng của đồ thị.

$\underset{x\to 3^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 3^{+}}{\lim }\frac{2x-1-\sqrt{x^2+x+3}}{x^2-5x+6}=+\infty$. Vì $\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to 3^{+}}{\lim }\left(x^2-5x+6\right)=0\\ x^2-5x+6>0,\forall x>3\\ \underset{x\to 3^{+}}{\lim }\left(2x-1-\sqrt{x^2+x+3}\right)=5-\sqrt{18}>0\end{array}\right..$

Suy ra, đường thẳng x = 3 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn D

Dựa vào bảng xét dấu, ta có đáp án là  D.

Chọn B

Khối chóp có đáy là đa giác lồi có 7 cạnh nên có 7 cạnh bên và 7 cạnh đáy.

Chọn B

$V_{SBCD}=\frac{1}{2}{V}_{SABCD}=\frac{1}{6}.SA.S_{ABCD}=\frac{a^3}{6}.$

Chọn B

Chọn A

Chọn B

· Khối chóp tứ giác đều $\left({\text{H}}_{\text{1}}\right)$ có 5 mặt. Khối tứ diện đều $\left({\text{H}}_{\text{2}}\right)$ có 4 mặt.

· Vậy khối đa diện (H) có: $9-2=7$ mặt.

Chọn D

· Mặt phẳng $\left(AB\text{'}C\text{'}\right)$ chia khối lăng trụ $ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}$ thành các khối $A.A\text{'}B\text{'}C\text{'}$ và $A.BB\text{'}C\text{'}C$.

Chọn B

Ta có: $V=\frac{1}{3}.S.h$

Cạnh đáy và chiều cao tăng lên 3 lần $\Rightarrow S_1=9S;h_1=3h$

$\Rightarrow V_1=\frac{1}{3}.S_1.h_1=\frac{1}{3}.9S.3h=27V$

Chọn D

Ta có:$S_{ABCD}=a^2$

$SO=\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{2}}{2}a$

$\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SO.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{2}}{2}a.a^2=\frac{\sqrt{2}}{6}{a}^3$

Chọn C

Ta có

$\left.\begin{array}{l}\left(SAB\right)\perp \left(ABC\right)\\ \left(SAC\right)\perp \left(ABC\right)\\ \left(SAB\right)\cap \left(SAC\right)=SA\end{array}\right\}\Rightarrow SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow V=\frac{1}{3}.SA.S_{\Delta ABC}$

Trong mặt phẳng $\left(ABC\right)$ kẻ $AI\perp BC\Rightarrow SI\perp BC$

Suy ra góc giữa 2 mặt phẳng $\widehat{\left(\left(SBC\right),\left(ABC\right)\right)}=\left(AI,SI\right)=\widehat{SIA}={60}^0$

Trong tam giác ABC ta có

$B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2.AB.AC.\cos A=a^2+4a^2-2.a.2a.\left(-\frac{1}{2}\right)=7a^2\Rightarrow BC=a\sqrt{7}$

Ta có $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin A=\frac{1}{2}.a.2a.\sin {120}^0=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$

Mà $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AI.BC\Rightarrow AI=\frac{2S_{\Delta ABC}}{BC}=\frac{2.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}}{a\sqrt{7}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$

Trong tam giác $\left(SAI\right)$ vuông tại A ta có $\tan \widehat{SIA}=\frac{SA}{AI}\Rightarrow SA=AI.\tan {60}^0=\frac{a\sqrt{21}}{7}.\sqrt{3}=\frac{3a\sqrt{7}}{7}$

Vậy thể tích của khối chóp là $V=\frac{1}{3}.SA.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}.\frac{3a\sqrt{7}}{7}.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3\sqrt{21}}{14}.$

Chọn A

Góc giữa đường thẳng $A\text{'}B$ và mặt phẳng $\left(ABC\right)$ là $\widehat{\left(A\text{'}B,AB\right)}=\widehat{A\text{'}BA}={45}^0.$

Ta có tam giác $A\text{'}AB$ vuông tại cân A suy ra $AA\text{'}=AB=a$

Vậy thể tích khối lăng trụ là $V=AA\text{'}.S_{\Delta ABC}=a.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}.$

Chọn B

Ta có thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy S chiều cao h là: $V=S.h\Rightarrow S=\frac{V}{h}.$

Chọn D

Ta có thể tích của khối lập phương cạnh a là: $V=a^3$

Vậy thể tích của khối lập phương cạnh $\sqrt{3}$ là: $V={\left(\sqrt{3}\right)}^3=3\sqrt{3}$

Chọn C

Xét hình chóp $S.ABCD$ có đáy hình vuông, cạnh bên SA vuông góc với đáy với M,N là trung điểm của $SA,SB$ ta có

$V_{S.ABCD}=V_{S.ACD}+V_{S.ABC}$

$V_{S.MNCD}=V_{S.MCD}+V_{S.NMC}$

$V_{S.ACD}=V_{S.ABC}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}$

Mà trong SABCD ta có $\frac{V_{S.MNC}}{V_{S.ABC}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SN}{SB}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$.

Suy ra $V_{S.MNC}=\frac{1}{4}{V}_{S.ABC}=\frac{1}{4}.\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}=\frac{1}{8}{V}_{S.ABCD}$

Trong SACD ta có $\frac{V_{S.MCD}}{V_{S.ACD}}=\frac{SM}{SA}=\frac{1}{2}$

Suy ra $V_{S.MCD}=\frac{1}{2}{V}_{S.ACD}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}=\frac{1}{4}{V}_{S.ABCD}$

Vậy $V_{S.MNCD}=V_{S.MCD}+V_{S.NMC}=\frac{1}{8}{V}_{S.ABCD}+\frac{1}{4}{V}_{S.ABCD}=\frac{3}{8}{V}_{S.ABCD}$

Chọn D.

Diện tích đáy : $S=6^2=36$.

Thế tích khối hộp chữ nhật là : $V=S.h=36.5=180$.

Chọn B

Ta có: $\frac{V_{S.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA\text{'}}{SA}\cdot \frac{SB\text{'}}{SB}\cdot \frac{SC\text{'}}{SC}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{24}.$

Do đó, $\frac{V\text{'}}{V}=\frac{1}{24}.$

Chọn C

Gọi O là giao điểm của AC,BD và I là trung điểm của BO

Ta có: $OI//AC\Rightarrow OI\perp BD.$

$SH\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp BD.$

Do đó, $BD\perp \left(SHI\right)\Rightarrow \left(SBD\right)\perp \left(SHI\right);\left(SBD\right)\cap \left(SHI\right)=SI.$

Trong $\left(SHI\right),$ dựng $HK\perp SI\Rightarrow HK\perp \left(SBD\right).$

Lúc đó, chiều cao của khối chóp $H.SBD$ là $HK.$

Xét $\Delta AHD$ vuông tại $H:HD=\sqrt{A{H}^2+A{D}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a}{2}\right)}^2+a^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.$

Xét $\Delta SHD$ vuông tại $H:HD=\sqrt{A{H}^2+A{D}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a}{2}\right)}^2+a^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.$

AC là đường chéo hình vuông cạnh $H:SH=\sqrt{S{D}^2-H{D}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{17}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{5}}{2}\right)}^2}=a\sqrt{3}.$

Xét $\Delta HSI$ vuông tại H có đường cao $HK:\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{I}^2}=\frac{1}{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2}+\frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{4}\right)}^2}=\frac{25}{3a^2}\Rightarrow H{K}^2=\frac{3a^2}{25}\Rightarrow HK=\frac{\sqrt{3}a}{5}.$