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

Chọn C

Ta có: TXĐ: D=ℝ.

y'=3x2−3⇒y'>0⇔3x2−3>0⇔x>1x<−1.

Vậy hàm số y=x3−3x+5 đồng biến trên khoảng −∞; −1 và 1; +∞.

Chọn D

Tập xác định: D=ℝ\−1.

Ta có y'=1x+12>0, ∀x∈D nên hàm số đồng biến trên các khoảng −∞;−1 và −1;+∞.

Chọn B

Mệnh đề đúng là: Hàm số có điểm cực tiểu x=3.

Chọn D

Dựa vào bảng xét dấu đạo hàm, ta thấy hàm số y=fx có 2 điểm cực trị là x=−1;x=3.

Chọn D

Do đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số trùng phương y=ax4+bx2+c với hệ số a>0 nên ta loại đáp án A và   B.

Mặt khác, đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -1 nên loại đáp án C, và rõ ràng đáp án D thỏa mãn.

Chọn C

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy:

Đồ thị của hàm số y=ax3+bx2+cx+d với a>0. Nên loại A và B.

Đồ thị hàm số đi qua điểm −1 ; 3. Nên loại D.

Chọn B

Tập xác định : D=ℝ.

Ta có : limx→+∞2x−1x+3=2, limx→−∞2x−1x+3=2 nên đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang y=2.

Chọn C

Ta có: limx→−1−2x+1x+1=+∞limx→−1+2x+1x+1=−∞⇒x=−1 là tiệm cận đứng.

Chọn A

Ta có: 23∉ℤ nên hàm số xác định khi 2+x>0⇔x>−2.

Vậy D=−2; +∞.

Chọn C

Ta có y'=3x2−6x−9. Giải phương trình y'=0⇔3x2−6x−9=0⇔x=−1∈−4;4x=3∈−4;4.

Do y−4=−41; y4=15; y−1=40; y3=8 nên M=max−4;4y=y−1=40; m=min−4;4y=y−4=−41.

Vậy M+m=−1.

Chọn C

Dựa vào đồ thị hàm số y=fx, đường thẳng y=2 cắt đồ thị hàm số y=fx tại đúng 3

điểm phân biệt, suy ra phương trình fx=2 có 3 nghiệm thực phân biệt.

Chọn C

Chọn A

Chọn D

Thể tích V của khối lập phương có cạnh bằng a là: V=a3.

Chọn B

Ta có: SABC=a234; AA'=a3.

Vậy V=SABC.AA'=a234.a3=34a3.

Chọn C

Vì SA,SB,SC một vuông góc với nhau nên VS.ABC=16SA.SB.SC=16a.2a.3a=a3.

Chọn B

Hàm số y=x2−3x−2020 xác định ⇔x2−3x≠0⇔x≠0x≠3.

Vậy D=ℝ\0 ; 3.

Chọn D

· Thể tích của khối chóp đã cho bằng: V=13.SABCD.SA=13.2a2.a=4a33(đvtt).

Chọn C

Ta có aa=a.a12=a32=a34.

Chọn B

Hình 20 mặt đều có 12 đỉnh và 20 mặt.

Các khối còn lại đều có số đỉnh lớn hơn số măt.

Chọn B

Khối đa diện đều loại 4;3 là khối lập phương, do đó số mặt phẳng đối xứng là 9.

Chọn A

Dựa vào đồ thị hàm số y=f'x, ta có bảng xet dấu của f'x như sau

Do đó hàm số y=fx đồng biến trên các khoảng −1;1 và 4;+∞. Chọn đáp án    A.

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy min−1;1y=0.

Chọn D

Khối lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có 5 mặt (3 mặt bên và 2 mặt đáy).

Chọn B

Đồ thị cắt trục Oy tại điểm có tung độ âm

⇒bd<0⇔b>0 (loại D)

Đồ thị có tiệm cận đứng x=−dc>0⇔c>0 (loại A,C).

Chọn D

Ta có 4−3fx=0⇔fx=43.

Dựa vào bảng biến thiên ta nhận thấy đường thẳng y=43 cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt, hay phương trình 4−3fx=0 có 4 nghiệm thực phân biệt.

Chọn D

y=1−x2019⇒y'=2019.1−x2018.1−x'=2019.1−x2018.−1

y'0=2019.1.−1=−2019.

Chọn C

Ta có: P=xx3.x1243=xx3x43=xx7243=x.x783=x58.

Chọn C

Gọi H là trung điểm AB.

Ta có: SAB⊥ABCDSAB∩ABCD=ABSH⊥AB,SH⊂SAB⇒SH⊥ABCD .

Thể tích của khối chóp S.ABCDlà V=13SH.SABCD=13.a32.a2=a336

Chọn  C.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm nằm bên dưới trục hoành nên c<0.

limx→+∞ax4+bx2+c=limx→+∞x4a+bx2+cx4=−∞⇒a<0.

Hàm số có ba điểm cực trị nên a.b<0. Suy ra b>0.

Chọn D

Ta có g'x=f'x.f'fx

⇒g'x=0⇔f'x=0f'fx=0⇔x=0x=2fx=0fx=2

Số cực trị của hàm số gx là số nghiệm đơn của phương trình g'x=0

Dựa vào đồ thị ta thấy fx=0 có 3 nghiệm đơn phân biệt, fx=2 có 1 nghiệm đơn và 1 nghiệm kép.

Nên g'x=0 có 6 nghiệm đơn phân biệt.

Vậy hàm số g(x) có 6 điểm cực trị.

Chọn A

Hàm số cho có tập xác định là ℝ\1 ; 2ℝ\1 ; 2.

Đặt fx=mx2−1.

limx→±∞y=m, ∀m⇒ đồ thị hàm số đã cho luôn có một tiệm cận ngang là đường thẳng y=m.

Vậy để đồ thị hàm số đã cho có đúng hai tiệm cận chỉ khi đồ thị hàm số đã cho có đúng một tiệm cận đứng ⇔f(1)=m−1=0f(2)=4m−1≠0f(1)=m−1≠0f(2)=4m−1=0⇔m=1m=14

Chọn C

SABCD=2SΔABD=2.12.AB.AD.sinBAD^=AB.AD.sinBAD^=2a2.32=a23.

BD=a3⇒AC=2AI=2.a72=a7.

Xét tam giác SAC vuông ở A: SA=AC.tanC=a7.tan60∘=a21

Thể tích khối chóp VS.ABCD=13.a23.a21=a37.

Chọn D

Tam giác ABC đều cạnh a nên SΔABC=a234.

AA'⊥ABC⇒A'B,ABC^=A'BA^=60°.

tanA'BA^=AA'AB⇒AA'=a.tan60°=a3.

Vậy VABC.A'B'C'=SΔABC.AA'=a234.a3=3a34.

Chọn B

Dựa vào đồ thị ta có :

minfx−1;32=−1maxfx−1;32=4⇒M=4m=−1⇒M+m=3

Chọn D

Hàm số có tập xác định là R.

Ta có: y'=m2−2mx2+2mx+3.

Hàm số đã cho đồng biến trên R⇔y'≥0,∀x∈ℝ⇔m2−2mx2+2mx+3≥0,∀x∈ℝ  *

+ Trường hợp 1: m2−2m=0⇔m=0m=2.

Với m=0: *⇔3≥0,∀x∈ℝ⇒m=0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Với m=2: *⇔4x+3≥0,∀x∈ℝ⇔x≥−43,∀x∈ℝ⇒m=2 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

+ Trường hợp 2: m2−2m≠0⇔m≠0m≠2, khi đó:

*⇔a>0Δ'≤0⇔m2−2m>0−2m2+6m≤0⇔m<0m>2m≤0m≥3⇔m<0m≥3.

Từ hai trường hợp trên ta có: m≤0m≥3.

Vậy có 19 giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn −10;10 thỏa yêu cầu bài toán là: −10;−9;...0;3;4;...;10.

Chọn C

Ta có: f2−fx=1⇔2−fx=12−fx=−2⇔fx=1fx=4

fx=4⇔x=a,  a<−2

fx=1⇔x=1x=−2

Vậy phương f2−fx=1 có 3 nghiệm phân biệt.

Chọn C

SABCD=2a2=4a2.

BC⊥SAB⇒SBC,ABCD^=SBA^=60°.

tanSBA^=SAAB⇒SA=2a.tan60°=2a3.

Vậy VS.ABCD=13SABCD.SA=13.4a2.2a3=8a333.

Chọn D

Gọi O=AC∩BD; I=A'C'∩SO. Gọi D'=B'I∩SD. Khi đó D' là giao điểm của SD và A'B'C'.

Ta có SASA'+SCSC'=2SOSI⇒SOSI=3.

Ta lại có SBSB'+SDSD'=2SOSI⇒SDSD'=3.

Ta có V1=VS.A'B'C'+VS.A'C'D'.

Mà VS.A'B'C'VS.ABC=SA'SA.SB'SB.SC'SC=124⇒VS.A'B'C'=148V2.

VS.A'C'D'VS.ACD=SA'SA.SC'SC.SD'SD=124⇒VS.A'C'D'=148V2.

Vậy ta được V1=VS.A'B'C'+VS.A'C'D'=124V2⇒V1V2=124.

Tập xác định của hàm số: D=R

f'(x)=3x2−3f'(x)=0⇔3x2−3=0⇔x=−1x=1.

limx→+∞y=+∞;  limx→−∞y=−∞

Bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên các khoảng −∞;−1; 1;+∞ và nghịch biến trên khoảng −1;1.

Hàm số đạt cực đại tại x=−1, giá trị cực đại y=3.

Hàm số đạt cực tiểu tại x=1, giá trị cực tiểu y=-1.

Đồ thị

 Cho khối chóp SABC có ABC vuông góc với ABC, đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, BC= 2a, góc giữa SB và ABC là 60°. Tính thể tích khối chóp S.ABC.

· Theo giả thiết; AB=AC=BC2=a2 và 60°=SB;ABC^=SBA^.

· ΔSAB vuông tại A; SA=AB.tan60°=a6.

· Vậy thể tích khối chóp S.ABC: V=13.SABC.SA=13.12.2a2.a6=a363 (đvtt).