Bộ 20 đề thi giữa học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án- Đề 21

Chọn A

Có ba loại khối đa diện đều mà mỗi mặt của nó là một tam giác đều là: khối tứ diện đều, khối bát diện đều và khối hai mươi mặt đều.

Chọn D

Ta có  y'=4x3−4x

y'=0⇔x=0x=±1

Hàm số đồng biến trên khoảng −1; 0 và 1; +∞.

Chọn A

Định lí 2 trang 16 SGK, Nếu f'x0=0 và f''x0<0 thì x0 là điểm cực đại, chiều ngược lại của định lí không đúng. Ví dụ hàm số y=−x4 đạt cực đại tại x0=0 nhưng f''0=0.

Chọn C

VOABC=13Sh=13.OA.12OB.OC=16a.b.c

Chọn B

Đặt AB= a. Vì đáy là hình vuông ⇒BD=a2 

Vì ΔBB'D vuông tại B nên B'D2=BB'2+BD2   ⇔12=a2+2a2⇔a=2.

Vậy Stp=6Sđáy=6a2=24.

Chọn C

Theo bảng biến thiên thì đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=−2 nên loại A,         D.

Lại có y'<0,  ∀x≠−2 nên loại         B.

Chọn C

Do ABC.A'B'C' là hình lăng trụ tam giác đều nên A'B'C' là đường cao của khối lăng trụ.

Tam giác ABC đều, có cạnh AB=2a nên SΔABC=2a234=a23.

Vậy V=AA'.SΔABC=a3.a23=3a3.

Chọn D

Hàm số f(x) liên tục trên R.

Từ bảng xét dấu ta thấy f'(x) đổi dấu khi qua x=−1 , x=0 , x=2 , x=4nên hàm số đã cho có 4 điểm cực trị.

Chọn A

Ta có đường nối hai điểm MN không thuộc hình IV nên đây không phải là đa diện lồi.

Chọn C

Tập xác định D=ℝ.

Ta có y'=3x2−3;y'=0⇔x=−1x=1.

Ta có bảng xét dấu y':

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng −1;1.

Chọn A

Thể tích khối lăng trụ V=B×h=3a2×a=3a3.

Chọn B

Hàm số xác định và liên tục trên đoạn 32; 4

Ta có y'=−x2+4x2; y'=0 ⇔x=2∈32; 4x=−2∉32; 4

Mà f32=−256, f2=−4, f4=−5

Vậy max32; 4fx=f2=-4.

Chọn C

Ta có y'=x2+1−xx2+1.x+1x2+1=x2+1−x2−xx2+1x2+1=1−xx2+1x2+1.

Cho y'=0⇔x=1.

Nhận thấy y1=2; limx→+∞y=1 và limx→−∞y=−1.

Vậy M=Max y−∞; +∞=2 tại x=1.

Chọn D

Thể tích nước trong hồ là V=1,5.502=3750m3.

Chọn B

Ta có đồ thị hàm số y=ax3+bx2+cx+d với a≠0 luôn có hai hoặc không có cực trị.

Đồ thị hàm số y=ax+bcx+d với ad−bc≠0 không có cực trị.

Chọn D

Gọi C là đồ thị hàm số y=3x+1x−1; C có tiệm cận đứng x=1.

M∈C⇒Mm;3m+1m−1, m≠1.

Khoảng cách từ M tới đường tiệm cận đứng bằng d=m−1⇔m−1=1⇔m=2m=0.

Vậy M0;−1 hoặc M2;7.

Chọn D

Tập xác định: D=ℝ.

Ta có: y'=2x−4, y'=0⇔x=2.

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x=2.

Chọn B

Đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận đứng là x=−1, tiệm cận ngang là y=2, do đó I−1;2, thay vào các phương trình thì I thuộc đường thẳng 2x−y+4=0.

Chọn A

Ta có y'=3x+m2+3x+n2−3x2=3x2+2m+nx+m2+n2.

Hàm số đồng biến trên −∞; +∞⇔a>0Δ≤0⇔mn≤0.

TH1: mn=0⇔m=0n=0.

Do vai trò của m,n là như nhau nên ta chỉ cần xét trường hợp m=0.

⇒P=4n2−n=2n−12−116≥−1161.

TH2: m n<0⇔m>0; n<0 (Do vai trò của m,n như nhau).

Ta có P=2m−142−116+4n2+−n≥−1162.

Từ 1,2 ta có Pmin=−116. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi m=18;n=0 hoặc m=0;n=18.

Chọn B

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số có 2 cực trị.

Hàm số đạt cực đại tại x=0 và giá trị cực đại bằng 2 .

Hàm số đạt cực tiểu tại B1;−1 và giá trị cực tiểu bằng -2.

Chọn D

Nhìn vào BBT ta thấy, giá trị của hàm số y sẽ giảm (mũi tên đi xuống) khi x  tăng trong khoảng 0;1 → Hàm số nghịch biến trên 0;1.

Chọn C

Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị.

Chú ý, tại các điểm mà đồ thị có dạng “nhọn” thì đó vẫn là điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Chọn A

Ta có: Stp=2Sxq⇔2πR2+2πRh=2.2πRh⇔R=h.

Chọn D

Ta có y'=m2−4m−4x2. Để hàm số y=mx−1m−4x nghịch biến trên khoảng −∞; 14.

Khi đó ta có y'>0⇔m2−4m−4x2>0⇔m2−4<0m4∉−∞; 14⇔m∈1; 2.

Chọn C

Ta có VAB'C'DVABCD=AB'AB.AC'AC=12.12=14.

Chọn B

f'x=0⇔x=−1x=1x=2.

BBT:

Dựa vào BBT, ta thấy hàm số đồng biến trên 1;2.

Chọn A

Số nghiệm phương trình fx=m là số giao điểm của hai đường y=fx và y=m: là đường thẳng song song với trục Ox cắt Oy tại điểm có tung độ m.

Phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt khi đường thẳng y=m cắt đồ thị y=f(x) tại ba điểm phân biệt.

Dựa vào bảng biến thiên có m∈−4;2.

Chọn A

Ta có y'=2xx+1−x2+3x+12=x2+2x−3x+12.

y'=0⇔x2+2x−3=0⇔x=1x=−3   do x∈−4;−3 nên x=1 bị loại.

y−4=−193; y−3=−6; y−2=−7.

Vậy min−4;−2y=−7.

Chọn B

Ta có SΔABC=12AB.AC=a232.

Gọi M là hình chiếu của A trên BCsuy ra BC⊥A'AM.

MàA'BC∩ABC=BC, A'BC∩A'AM=A'Mvà ABC∩A'AM=AM

⇒A'BC,ABC=A'M,AM=A'MA^=300.

Xét tam giác ABCvuông tại A, có đường cao AMnên ta có: 1AM2=1AB2+1AC2=1a2+13a2=43a2⇒AM=a32 nên A'A=AM.tan300=a2.

Vậy

.

Chọn D

y'=4x3+3x2−2mx=x4x2+3x−2m.

Cho y'=0⇔x=04x2+3x−2m=0  1.

Do y'=f'x là hàm bậc ba nên hàm số y=fx có ba cực trị khi và chỉ khi phương trình  có hai nghiệm phân biệt khác .

Ta có Δ1=32−4.4.−2m=9+32m>04.02+3.0−2m≠0⇔m>−932m≠0⇔m∈−932;+∞\0.

Chọn B

Chọn A

Ta có vt=s't=t2−2t+9.

Ta có: v'=2t−2 ⇒v'=0⇔t=1

Tính: v1=8; v10=89, v0=9.

Vậy vận tốc lớn nhất là 89m/s.

Chọn A

Dễ thấy:

BD=AC=a3; SB=2a; SD=a5 ⇒BM2=2BD2+SB2−SD24=9a24

VS.ABCD=13.SABCD.SA=a363

Kẻ BH⊥AC thì BH.AC=BA.BC ⇒BH=BA.BCAC=a23 ⇒AHAO=23

⇒H là trọng tâm tam giác ABD

Gọi G là trọng tâm tam giác SBD  thì GH // SA và NP // AC vì BM⊥NP

Ta có:

SGSO=23 và SNSA=SPSC=23; NP=23AC=2a33.

Ü VS.BNPVS.BAC=49 và VS.MNPVS.DAC=29.

⇒VS.BNMP=13VS.ABCD.

Mặt khác:  VS.BNMP=13SBNMP.dS, P⇒dS, P=3VS.BNMPSBNMP.

Mà SBNMP=12BM.NP⇒SBNMP=a232⇒dS, P=3VS.BNMPSBNMP2a23   .

Chọn D

Ta có limx→+∞y=limx→+∞2m−nx2+mx+1x2+mx+n−6=2m−n suy ra y=2m−n là đường tiệm cận ngang

Theo giả thiết đồ thị hàm số trên nhận trục hoành và trục tung làm hai đường tiệm cận nên ta có

2m−n=0n−6=0⇔m=3n=6 

Suy ra m+n=9.

Chọn D

Ta có: limx→+∞y=limx→+∞x2+2mx4+3=limx→+∞x2+2x2m+3x4=limx→+∞1+2x2m+3x4=1m.

limx→−∞y=limx→−∞x2+2mx4+3=limx→−∞x2+2x2m+3x4=limx→−∞1+2x2m+3x4=1m.

Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang khi m>0

Chọn D

Ta có limx→+∞y=12−1và limx→−∞y=−12+1 suy ra đồ thị hàm số có đường hai tiệm cận ngang là y=12−1và y=−12+1.

Để đồ thị có đúng bốn đường tiệm cận thì phương trình 2x2−2x−m−x−1=0 có hai nghiệm phân biệt khác 1

Ta có 2x2−2x−m−x−1=0⇔2x2−2x−m=x+1 x≥−1x2−4x−1=m    1

Yêu cầu bài toán tương đương phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x≥−1 và x≠1.

Xét hàm số y=x2−4x−1 với x≥−1 và x≠1.

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên phương trình x2−4x−1=m với x≥−1 và x≠1 có hai nghiệm thì m∈−5; 4\−4.

Chọn C

Dựa vào đồ thị hàm số f'x=0⇔x=−1x=2 và f'x>0⇔x>2

Xét gx=fx2−2 có tập xác định R

g'x=2x.f't với t=x2−2

g'x=0⇔x=0t=x2−2=−1t=x2−2=2⇔x=0x=±1x=±2

Lại có f't>0⇔t=x2−2>2⇔x>2x<−2

Do đó, ta có bảng xét dấu g'x

Từ bảng xét dấu ta chọn phát biểu sai là    C.

Hàm số y=f3−x2 đồng biến khi y'>0⇔−2xf'3−x2>0⇔2xf'3−x2<0.

TH1: x<0f'3−x2>0⇔x<03−x2>2−6<3−x2<−1⇔x<0x2<1x<04<x2<9⇔−1<x<0−3<x<−2

TH2: x>0f'3−x2<0⇔x>03−x2<−6−1<3−x2<2⇔x>0x2>9x>01<x2<4⇔x>31<x<2.

So sánh với đáp án Chọn   C.

Chọn D

Tập xác định là −1; 1

Ta có y'=1−x2+x−x1−x2=1−2x21−x2

y'=0⇔x=±22

Bảng biến thiên

Ta thấy cực đại của hàm số là .12

Chọn A

TXĐ: D=ℝ, có y'=3x2−4x+1−m.

Hai điểm cực trị nằm về hai phía đối với trục hoành thì y=0 có ba nghiệm phân biệt.

Suy ra x3−2x2+1−mx+m=0⇔x−1x2−x−m=0 có ba nghiệm phân biệt.

Nên 1+4m>01−1−m≠0⇔−14<m≠0.

Chọn B

Do x∈0;1 nên x3>0 và 1x>0.

Áp dụng bất đẳng thức Cau-chy cho bốn số dương x3, 13x, 13x, 13x ta có

x3+13x+13x+13x≥4x3.13x.13x.13x4⇔x3+1x≥41274.

Dấu "='' xảy ra khi x3=13x⇔x4=13⇔x=133.

Chọn D

Ta có x+1=m2x2+1⇔m=x+12x2+1.

Đặt fx=x+12x2+1, f'x=1−2x2x2+12x2+1,f'x=0⇔x=12⇒f12=62.

Giới hạn limx→+∞x+12x2+1=12, limx→−∞x+12x2+1=−12.

Ta có BBT

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi 22<m<62V.

Chọn D

Vì hàm số có giới hạn hữu hạn tại x=1 nên biểu thức tử nhận x=1 làm nghiệm, hay 1+a+b=0.

Áp dụng vào giả thiết, được limx→1x2+ax−1−ax2−1=−12⇔limx→1x−1x+1+ax−1x+1=−12.

⇔limx→1x+1+ax+1=−12⇔2+a2=−12⇔a=−3. Suy ra b=2.

Vậy a2+b2=13

Chọn C

Ta có y'=−2x−22. Đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận là x=2 và y=2.

Gọi Mm; 2m−2m−2 thuộc đồ thị hàm số.

Phương trình tiếp tuyến d của (C) tại M: y=−2m−22x−m+2m−2m−2.

Đồ thị hàm số cắt hai đường tiệm cận tại các điểm A2; 2mm−2 và B2m−2; 2.

AB=25⇔2m−42+16m−22=20

⇔m−24−5m−22+4=0⇔m−22=1m−22=4⇔m=3m=1m=4m=0.

Vậy S=8.

Chọn C

Chọn D

Ta có: f'x=4x3−3m+2x2+m

Với mọi giá trị của tham số m, ta luôn có: f1=1−m+2+m+3=2.

Khi đó minfx≤2. Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 2.

Mặt khác ta lại có: limx→±∞fx=+∞ và hàm số liên tục trên R nên giá trị nhỏ nhất đạt được tại điểm cực trị của hàm số hay f'1=0⇔4−3m+2+m=0

⇔4−3m−6+m=0⇔m=−1

Với m=−1, ta có: fx=x4−x3−x+3, f'x=4x3−3x2−1=x−14x2+x+1

f'x=0⇔x−14x2+x+1=0⇔x=1

limx→±∞fx=+∞ , f1=2suy ra: minfx=2 thỏa mãn.

Vậy m=−1 ta có f3=54.

Chọn C

Giả sử thầy Tâm xây cái hồ dạng khối hộp chữ nhật không nắp như hình vẽ trên. Do khối hộp chữ nhật có thể tích là 5003 m3 nên ta có V=2x2h=5003 m3⇒h=2503x2.

Vì giá thuê nhân công để xây hồ là 500.000 đồng/m2. Do xây bốn xung quanh và đáy nên

giá nhân công để xây xong cái hồ là: T=2xh+2.2xh+2x2500000=5000006x.2503x2+2x2⇒

T=500000500x+2x2. Ta khảo sát hàm T=500000500x+2x2 với x>0:

T'=500000−500x2+4x=0⇔x=5⇒ Chiều dài 10m, chiều rộng 5m, chiều cao 103 m.

Chọn B

Ta có: x+y+z=4xy+yz+zx=5⇔x+y=4−zxy=5−zx+y=5−4z+z2.

Lại có:x+y2≥4xy x+y⇒4−z2≥45−4z+z2⇒23≤z≤22. Dấu '=" xảy ra khi x=y.

Và x+y+z3=x3+y3+z3+3x+y+zx+yz+3xyx+y

⇒x3+y3+z3=43−12x+yz−3xyx+y=64−34−z5+z2.

Ta có: P=x3+y3+z31x+1y+1z=3z3−12z2+15z+45z3−4z2+5z.

Đặt t=z3−4z2+5z, với 23≤z≤2⇒5027≤t≤2.

Do đó xét hàm số ft=54t+3, với 5027≤t≤2.

Ta có f't=−20t2<0, ∀t∈5027;2 nên hàm số ft liên tục và nghịch biến.

Do đó Pmin=f2=25 đạt tại x=y=1, z=2.

Chọn B

Giả sử hình lăng trụ tam giác đều cần làm là ABC.A'B'C' có độ dài AB=x, AA'=h.

Khi đó SΔABC=34x2 và VABC.A'B'C'=SABC.AA'=34x2h.

Theo giả thiết 34x2h=63⇒h=24x2.

Để ít tốn vật liệu nhất thì diện tích toàn phần của khối lăng trụ ABC.A'B'C' là nhỏ nhất.

Gọi Stp là tổng diện tích các mặt của khối lăng trụ ABC.A'B'C', ta có:

Stp=2SΔABC+3SABB'A'=32x2+3hx=32x2+72x.

Khảo sát fx=32x2+72x trên 0;+∞, ta được fx nhỏ nhất khi x=23.

Với x=23⇒h=2  cm.

Chọn C

Dựa vào bảng biến thiên, ta có fx=1⇔x=a∈−∞;−2x=b∈−2;1x=c∈1;+∞.

Do đó f3x4−6x2+1=1⇔3x4−6x2+1=a  (1)3x4−6x2+1=b  (2)3x4−6x2+1=c  (3)

Xét hàm số gx=3x4−6x2+1

Có g'x=12x3−12x=0⇔x=−1x=0x=1.

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, có:

- Phương trình vô nghiệm.

- Phương trình có đúng 4 nghiệm phân biệt.

- Phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình đã cho có tất cả 6 nghiệm.