Bộ 20 đề thi giữa học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án- Đề 22

1. Dạng toán: Đây là dạng toán nhận dạng hàm số khi biết đồ thị của nó.

2. Hướng giải:

B1: Đồ thị cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng loại B, D.

B2: Đồ thị hàm số bậc ba không có cực trị nhưng $y\text{'}=0$có một nghiệm bằng .

Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau:

Chọn C

Ta có:$y\text{'}=3{\left(x-1\right)}^2=0\Rightarrow x=1$

Chọn A

Áp dụng công thức tỉ số thể tích $\frac{V^{\text{'}}}{V}=\frac{S{A}^{\text{'}}}{SA}.\frac{S{B}^{\text{'}}}{SB}.\frac{S{C}^{\text{'}}}{SC}=\frac{1}{2}.\frac{1}{3}.\frac{1}{4}=\frac{1}{24}$..

Chọn B

Biểu thức vận tốc của chuyển động là

$v\left(t\right)=s^{\text{'}}\left(t\right)=-3t^2+12t=-3\left(t^2-4t+4\right)+12=-3{\left(t-2\right)}^2+12\le 12$

Vận tốc đạt giá trị lớn nhất bằng 12 khi $t=2$.

Chọn D

Xét phương trình: $2x^4-3x^2=-x^2+2\iff 2x^4-2x^2-2=0\iff x^2=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\iff x=\pm \sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}$.

Vậy hai đồ thị có hai điểm chung.

Chọn C

Số nghiệm của phương trình $-x^3-3x^2+2=m$ là số giao điểm của đồ thị hàm số

$y=-x^3-3x^2+2$ và $y=m$. Dựa vào đồ thị trên suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt $\iff -2<m<2$.

Chọn C

Có $y^{\text{'}}=3x^2-12x+m$, $\Delta \text{'}=36-3m$.

Hàm số đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$ $\iff y^{\text{'}}\ge 0\forall x\in \left(0;+\infty \right)$ 4

$\iff m\ge -3x^2+12x,\forall x\in \left(0;+\infty \right)$ 

Bảng biến thiên của $g\left(x\right)=-3x^2+12x$ trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$:

Từ bảng biến thiên ta có $\underset{\left(0;+\infty \right)}{Max}\left(-3x^2+12x\right)=12$.

Hàm số đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$ $\iff m\ge \underset{\left(0;+\infty \right)}{Max}\left(-3x^2+12x\right)$ 

$\iff m\ge 12$.

Chọn D

Từ các phương án của đề bài và từ hình dạng đồ thị đã cho ta nhận thấy đó là đồ thị của hàm số $y=a{x}^4+b{x}^2+c$, với $a>0$ nên loại phương án A, C; và đồ thị giao trục tung tại điểm có tung độ -3 nên loại phương án B.

Chọn A

Ta có $y^{\text{'}}=4x^3-6x^2$.

Vì tiếp tuyến song song với trục hoành nên hệ số góc bằng 0. Xét phương trình

$y^{\text{'}}=0\iff 4x^3-6x^2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\frac{3}{2}\end{array}\right.$.

Vậy có 2 tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=x^4-2x^3-3$ song song với trục hoành.

Chọn A

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

Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng

Chọn D

Dụa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left(-1;2\right)$.

Chọn A

Ta có $SA\perp \left(ABCD\right)$$\Rightarrow SA\perp AB$ hay $\Delta SAB$ vuông tại A.

$\Rightarrow S_{SAB}=\frac{1}{2}SA.AB=\frac{1}{2}a\sqrt{3}.AB=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AB=a$. Do đó ABCD là hình vuông cạnh a.

Gọi $O=AC\cap BD$. Ta có: $BD\perp SA;BD\perp AC\Rightarrow BD\perp \left(SAC\right)$.

$\Rightarrow d\left(B,\left(SAC\right)\right)=BO=\frac{1}{2}BD=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Lời giải

Chọn C

Các hàm số $y=\frac{1}{x^2+1}$, $y=\frac{3}{x^4+1}$ và $y=\frac{1}{x^2-x+2}$ có tập xác định $D=ℝ$ nên không có tiệm cận đứng.

Hàm số $y=\frac{2}{\sqrt{x}}$ có tập xác định $D=\left(0;+\infty \right)$và $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{2}{\sqrt{x}}=+\infty$ nên x=0 là đường tiệm cận đứng của hàm số.

Chọn A

Lăng trụ tam giác đều là lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều.

Vậy thể tích khối lăng trụ đã cho là $V=S_{\Delta ABC}.A{A}^{\text{'}}=\frac{3^2\sqrt{3}}{4}.3=\frac{27\sqrt{3}}{4}$ (đvtt).

Chọn D

$y=x+\sqrt{4-x^2}+m$

Tập xác định $D=\left[-2;2\right]$.

$y^{\text{'}}=1+\frac{-x}{\sqrt{4-x^2}},\forall x\in \left(-2;2\right)$.

$y^{\text{'}}=0\iff 1=\frac{x}{\sqrt{4-x^2}}\iff \sqrt{4-x^2}=x\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ 4-x^2=x^2\end{array}\right.\iff x=\sqrt{2}$.

$y\left(2\right)=2+m$.

$y\left(-2\right)=-2+m$.

$y\left(\sqrt{2}\right)=2\sqrt{2}+m$.

Chọn A

Hàm số $y=f\left(x\right)$ có tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{0\right\}$ nên có hai cực trị tại $x=2$ và x=-2.

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là:

$\frac{x+1}{x-1}=2x-1\iff x+1=2x^2-3x+1\iff 2x^2-4x=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\Rightarrow y=-1\\ x=2\Rightarrow y=3\end{array}\right.$

Suy ra $A\left(0;-1\right);B\left(2;3\right)$

Chọn C

Ta có $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA$ là đường cao của hình chóp.

Thể tích khối chóp $S.ABCD$: $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}$$=\frac{1}{3}.3a.a^2=a^3$.

Chọn D

Mặt phẳng $\left(A^{\text{'}}BC\right)$ chia khối lăng trụ $ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ thành hai khối chóp $A.A^{\text{'}}BC$ và $A^{\text{'}}.BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}$.

Chọn D

Tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}$.

Ta có: $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{x+1}{1-x}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{1+\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}-1}=-1$.

Suy ra đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận ngang là: $y=-1$.

Chọn C

Theo giả thiết ta có: $\left\{\begin{array}{l}AB\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}CD\\ CD\subset \left(SCD\right)\\ CD\not\subset \left(SCD\right)\end{array}\right.\Rightarrow AB\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}\left(SCD\right)$.

Do đó $d\left(AB,SC\right)=d\left(AB,\left(SCD\right)\right)=d\left(A,\left(SCD\right)\right)=2d\left(O,\left(SCD\right)\right)$.

Gọi I  là trung điểm cạnh CD , ta có: $\left\{\begin{array}{l}CD\perp OI\\ CD\perp SO\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp \left(SOI\right)$.

Gọi H là hình chiếu của O trên SI, ta có: $\left\{\begin{array}{l}OH\perp SI\\ OH\perp CD\end{array}\right.\Rightarrow OH\perp \left(SCD\right)$.

Suy ra $d\left(O,\left(SCD\right)\right)=OH$.

Xét trong tam giác SOI, có: $SO=a,OI=\frac{a}{2}$.

$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{S}^2}+\frac{1}{O{I}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{4}{a^2}=\frac{5}{a^2}\iff OH=\frac{a\sqrt{5}}{5}$.

Vậy $d\left(AB,SC\right)=2OH=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$.

Chọn B

Từ đồ thị của hàm số $y=f^{\text{'}}\left(x\right)$ ta có bảng sau:

Từ bảng xét dấu trên, ta suy ra hàm số $y=f\left(x\right)$ đồng biến trên $\left(2;+\infty \right)$

Chọn C

Ta có $y^{\text{'}}=3a{x}^2+2bx+c$

Điểm $A\left(1;-7\right)$ và$B\left(2;-8\right)$ là hai điểm cực trị nên $\left\{\begin{array}{l}y\left(1\right)=-7\\ y\left(2\right)=-8\\ y^{\text{'}}\left(1\right)=0\\ y^{\text{'}}\left(2\right)=0\end{array}\right.\iff \iff \left\{\begin{array}{l}a+b+c+d=-7\\ 8a+4b+2c+d=-8\\ 3a+2b+c=0\\ 12a+4b+c=0\end{array}\right.$ 

$\iff \left\{\begin{array}{l}a+b+c+d=-7\\ 7a+3b+c=-1\\ 3a+2b+c=0\\ 12a+4b+c=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=-9\\ c=12\\ d=-12\end{array}\right.$

Suy ra $y=2x^3-9x^2+12x-12$. Vậy $y\left(-1\right)=-35$

Chọn A

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

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

Điểm $A\left(0;1\right)$ thuộc đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{x-1}$ nên $1=\frac{b}{-1}\iff b=-1$.

Tiếp tuyến tại $A\left(0;1\right)$ có hệ số góc bằng -3 nên

$y^{\text{'}}\left(0\right)=-3\iff \frac{-a+1}{1}=-3\iff a=4$.

Vậy $a+b=3$.

Chọn D

Chọn B

Từ đồ thị hàm số, ta có $\left\{\begin{array}{l}a>0\\ d=2\end{array}\right.\Rightarrow$ chỉ có đáp án B thỏa mãn.

Chọn B

Trên đoạn $\left[0;2\right]$, ta có $y^{\text{'}}=-\frac{8}{{\left(x-3\right)}^2}<0\forall x$.

Do vậy, $M=\underset{\left[0;2\right]}{\max }y=y\left(0\right)=\frac{1}{3}$.

Chọn C

$\begin{array}{l}y=f\left(3x-4\right)\Rightarrow y\text{'}=3f\text{'}\left(3x-4\right)\\ y\text{'}<0\iff f\text{'}\left(3x-4\right)<0\\ \iff 0<3x-4<2\\ \iff \frac{4}{3}<x<2\end{array}$

Vậy hàm số $y=f\left(3x-4\right)$ nghịch biến trong khoảng $\left(\frac{4}{3};2\right)$.

Chọn C

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có phương trình $f\text{'}\left(x\right)=0$ có các nghiệm là $\left[\begin{array}{l}x=a,a\in (-\infty ,-1)\\ x=b,b\in (-1;0)\end{array}\right.$.

Xét hàm số $y=f\left(x^2+2x\right)\Rightarrow y^{\text{'}}=2\left(x+1\right)f^{\text{'}}\left(x^2+2x\right)$, $y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x^2+2x=a\left(1\right)\\ x^2+2x=b\left(2\right)\end{array}\right.$

Xét đồ thị hàm số $y=x{}^2+2x$

Từ đồ thị ta thấy phương trình (1) vô nghiệm, phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác -1. Vậy hàm số có 3 điểm cực trị.

Chọn D

.$\frac{V_{A.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}=\frac{\frac{1}{3}d\left(A,\left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}\right)\right).S_{\Delta A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{d\left(A,\left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}\right)\right).S_{\Delta A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}=\frac{1}{3}$$\Rightarrow V_{A.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{1}{3}V$

$V_{A.BCC\text{'}B\text{'}}=V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}-V_{A.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=V-\frac{1}{3}V=\frac{2}{3}V$.

Chọn C

Dựa vào đồ thị ta có hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;1\right)$ và $\left(1;+\infty \right)$.

Do hàm số đồng biến trên R nên loại A; D vì hai hàm số này không có tập xác định là R.

Loại C vì đây là hàm trùng phương.

Vậy chọn B.

Chọn D

Ta có: $3f\left(x\right)-5=0\iff f\left(x\right)=\frac{5}{3}$. Số ngiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ và đường thẳng $y=\frac{5}{3}$.

Dựa vào bảng biền thiên của $y=f\left(x\right)$, ta có đồ thị $y=f\left(x\right)$ cắt đường thẳng $y=\frac{5}{3}$ tại 3 điểm phân biệt. Vậy số nghiệm thực của phương trình $3f\left(x\right)-5=0$ là 3.

Chọn C

Ta có $y=x^4-2x^2-1\Rightarrow y^{\text{'}}=4x^3-4x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\end{array}\right.$

Lại có ${y^{\text{'}}}^{\text{'}}=12x^2-4\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{y^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(0\right)<0\\ {y^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(\pm 1\right)>0\end{array}\right.$

Do đó  x=0 là điểm cực đại và $x=\pm 1$ là điểm cực tiểu.

Với $x=\pm 1\Rightarrow y=-2\Rightarrow A\left(1;-2\right),B\left(-1;-2\right)\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left(-2;0\right)\Rightarrow AB=\left|-2\right|=2.$

Chọn D

Tập xác định $D=ℝ$.

Ta có $y\text{'}=x^2-2mx+8-2m$.

Hàm số đồng biến trên R $\iff y\text{'}\ge 0,\forall x\in ℝ$

$\iff x^2-2mx+8-2m\ge 0,\forall x\in ℝ\iff \left\{\begin{array}{l}a>0\\ \Delta \text{'}\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}1>0\\ m^2+2m-8\le 0\end{array}\right.\iff -4\le m\le 2$.

Giá trị lớn nhất của tham số m  để hàm số $y=\frac{1}{3}{x}^3-m{x}^2+\left(8-2m\right)x+m+3$ đồng biến trên R thì m=2.

Chọn A

$\frac{V_{ABC.MNP}}{V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}}=\frac{1}{3}\left(\frac{AM}{A{A}^{\text{'}}}+\frac{BN}{B{B}^{\text{'}}}+\frac{CP}{C{C}^{\text{'}}}\right)=\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}$. Suy ra $\frac{V_1}{V_2}=1$.

Chọn B

Ta có: $f\left(x\right)<x+m\iff f\left(x\right)-x<mf\left(x\right)<x+m\iff f\left(x\right)-x<m$.

Xét $g\left(x\right)=f\left(x\right)-x$, ta có: $g^{\text{'}}\left(x\right)=f^{\text{'}}\left(x\right)-1$. Với mọi $x\in \left(-1;0\right)$ thì $-1<f^{\text{'}}\left(x\right)<1$.

Từ đó $g^{\text{'}}\left(x\right)=f^{\text{'}}\left(x\right)-1<0$ nên hàm số nghịch biến trên $\left(-1;0\right)$.

Suy ra $g\left(x\right)=f\left(x\right)-x<f\left(-1\right)+1$. Yêu cầu bài toán tương đương với $m\ge f\left(-1\right)+1$.

Chọn A

$S_{ABCD}=a.a\sqrt{3}=a^2\sqrt{3}$

SC tạo với $mp\left(SAB\right)$ một góc ${30}^{{}^0}$tức $\widehat{CSB}={30}^0$

Trong tam giác CSB vuông tại B có $SB=\frac{CB}{\tan {30}^0}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{3}/3}=3a$

Trong tam giác SAB vuông tại A có $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{{\left(3a\right)}^2-a^2}=2\sqrt{2}a$

Thể tích khối chóp SABC là $V=\frac{1}{3}.S_{ABCD}.SA=\frac{1}{3}{a}^2\sqrt{3}.2\sqrt{2}a=\frac{2a^3\sqrt{6}}{3}$.

Chọn C

Kẻ CM vuông góc với AB. Khi dó góc tạo bởi SC và ( SAB) chính là góc $\widehat{MSC}=30°$. $S_{ABC}=\frac{1}{2}CA.CB.\sin {120}^0=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$

$A{B}^2=a^2+{\left(2a\right)}^2-2.a.2a.c{\text{os120}}^0=7a^2\Rightarrow AB=a\sqrt{7}$

$S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.CM\Rightarrow CM=\frac{2S_{ABC}}{AB}=\frac{2.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}}{a\sqrt{7}}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$

Trong tam giác SMC vuông tại M có $SM=\frac{MC}{\tan {30}^0}=\frac{a\sqrt{3}/\sqrt{7}}{\sqrt{3}/3}=\frac{3a}{\sqrt{7}}$

Trong tam giác AMC  vuông tại M có $AM=\sqrt{A{C}^2-C{M}^2}=\sqrt{a^2-\frac{3a^2}{7}}=\frac{2a}{\sqrt{7}}$

Trong tam giác SAM vuông tại A có $SA=\sqrt{S{M}^2-A{M}^2}=\sqrt{\frac{9a^2}{7}-\frac{4a^2}{7}}=\frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{7}}$