Bộ 20 đề thi giữa học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án- Đề 3

Chọn C

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng (-1,1).

Chọn C

Nhìn vào đồ thị ta thấy hàm số $y=f\left(x\right)$ đồng biến trên khoảng (0,2).

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên (-1,0).

Chọn B

Dễ thấy hàm số có 2 điểm cực trị.

Vì y' đổi dấu từ + sang - khi x đi qua điểm x=1 nên hàm số đạt cực đạt tại x=1.

Và y' đổi dấu từ - sang + khi x đi qua điểm x=3 nên hàm số đạt cực tiểu tại x=3.

Nhận thấy y=f(x) xác định tại các điểm x=1 và x=3, hơn nữa f'(x) còn đổi dấu khi qua hai điểm này, nên hàm số có hai điểm cực trị.

$y=f\left(x\right)=2x^3-6x+1$. Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=6x^2-6$, $f\text{'}\left(x\right)=0\iff x=\pm 1\in \left[-2;1\right].$

Khi đó: $f\left(-2\right)=-3;f\left(-1\right)=5;f\left(1\right)=-3.$

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

$f\text{'}\left(x\right)=\frac{2\left(x^2+4x+3\right)}{{\left(x+2\right)}^2}$, suy ra $f\text{'}\left(x\right)=0\iff x^2+4x+3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\notin \left[-5;-\frac{5}{2}\right]\\ x=-3\in \left[-5;-\frac{5}{2}\right]\end{array}\right..$

Ta có: $f\left(-3\right)=-7;f\left(-5\right)=-\frac{29}{3};f\left(-\frac{5}{2}\right)=-8$. Suy ra $M=-7$ và $m=-\frac{29}{3}$

Vậy $M+m=-\frac{50}{3}$.

Từ đồ thị hàm số ta nhận thấy:

Đồ thị hàm số nhận $x=-\frac{1}{2}$ làm tiệm cận đứng. Suy ra loại đáp án B và   C.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại $\left(0;-1\right)$. Suy ra loại đáp án#A.

Do đồ thị quay lên nên $a>0$ nên ta loại đáp án A, D

Thay điểm có tọa độ (1,0) vào đồ thị ta loại đáp án C

Vậy đáp án đúng là B

Ta có $D=ℝ\backslash \left\{-2\right\}$.

Vì $\underset{x\to -2^{+}}{\lim }\frac{-3x+1}{x+2}=+\infty$ nên đồ thị hàm số nhận $x=-2$ là tiệm cận đứng.

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

Chọn D

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=1$ và $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=-1.$

Theo định nghĩa về tiệm cận, các đường thẳng y=1 và y=-1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=0$ và $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=+\infty .$

Theo định nghĩa về tiệm cận, các đường thẳng y=0 và x=0 lần lượt là tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Hình chóp tam giác đều có các cạnh bên chưa chắc bằng cạnh đáy. Hình chóp tam giác đều có thêm điều kiện cạnh bên bằng cạnh đáy là tứ diện đều.

Trong hình đa diện mỗi cạnh là cạnh chung của hai mặt phẳng.

Chiều dài khi tăng lên gấp đôi là: 2a, và diện tích đáy sau khi tăng cạnh đáy lên hai lần là: S=4$a^2$.

Chiều cao không đổi. Do đó thể tích tăng lên bốn lần.

Ta có $V=3^3=27$.

Chọn A

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2-3$$\Rightarrow y^{\text{'}}=0\Rightarrow x=\pm 1$

BBT:

Hàm số $y=f\left(x\right)$ đồng biến trên khoảng $\left(1;3\right)$ cho nên $f\left(2\right)<f\left(3\right)$.

Đáp án A sai vì hàm số $f\left(x\right)=x^4$ đạt tiểu tại $x=0$$$; ${f^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(0\right)=0$.

Đáp án B sai vì hàm số $f\left(x\right)=\frac{1}{3}{x}^3+x^2+x$ có đạo hàm $f^{\text{'}}\left(x\right)=x^2+2x+1\ge 0$ nên hàm số không có cực trị.

Đáp án C sai vì hàm số $f\left(x\right)=x^2$ đạt cực tiểu tại $x=0$ và tồn tại $f^{\text{'}}\left(0\right)=0$.

Do đó đáp án D đúng.

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

Bảng xét dấu của $f^{\text{'}}\left(x\right)$ như sau:

$\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)$có 4 lần đổi dấu

$\Rightarrow$Hàm số $y=f\left(x\right)$ có 4 điểm cực trị.

Ta có: $y^{\text{'}}=2-\frac{1}{x^2}=\frac{2x^2-1}{x^2}$

$y^{\text{'}}=0\Rightarrow 2x^2-1=0\Rightarrow \left[\begin{array}{l}x=\frac{\sqrt{2}}{2}\\ x=\frac{-\sqrt{2}}{2}\notin \left[\frac{1}{2};5\right]\end{array}\right.$

Lúc đó:

$y\left(\frac{1}{2}\right)=3;y\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=2\sqrt{2};y\left(5\right)=\frac{51}{5}$ 

Vậy: $\underset{\left[\frac{1}{2};5\right]}{min}y=2\sqrt{2}$

Dựa vào bảng biến thiên ta có: hàm số đạt GTLN tại $x=-1$

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:

- Hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 5. Vậy mệnh đề B đúng.

- Hàm số đạt cực tiểu tại x=2. Vậy mệnh đề A sai.

- Hàm số không có giá trị nhỏ nhất. Vậy mệnh đề C sai.

- Hàm số có cực đại bằng 5, cực tiểu bằng -2. Vậy mệnh đề D sai.

Ta có $f\left(x\right)-m=0$$\iff f\left(x\right)=m$.

Số nghiệm của phương trình $f\left(x\right)=m$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ và đường thẳng y=m.

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ cắt đường thẳng y=m tại ba điểm phân biệt khi $-1<m<7$.

Ta có:

+$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{x^2+7}{x\left(x^2-9\right)}=0$.

Do đó đồ thị hàm số có đúng một đường tiệm cận ngang là y=0.

+)$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^2+7}{x\left(x^2-9\right)}=-\infty$

+) $\underset{x\to 3^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 3^{+}}{\lim }\frac{x^2+7}{x\left(x^2-9\right)}=+\infty$

+) $\underset{x\to {\left(-3\right)}^{+}}{\lim }y=\underset{x\to {\left(-3\right)}^{+}}{\lim }\frac{x^2+7}{x\left(x^2-9\right)}=+\infty$

Do đó đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận đứng là: $x=0$; x=3 ;x=-3.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 4 đường tiệm cận.

Từ bảng biên thiên, ta thấy:

  $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=0\Rightarrow y=0$ là tiệm cận ngang.

$\underset{x\to {(-3)}^{+}}{\lim }y=-\infty \Rightarrow x=-3$ là tiệm cận đứng.

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }y=+\infty \Rightarrow x=0$ là tiệm cận đứng.

Chọn A

Vì hình chóp tam giác đều có các mặt bên là tam giác cân, không phải là tam giác đều.

Chọn D

Tứ diện đều có 6 mặt đối xứng.

Hình lập phương có 9 mặt đối xứng.

Bát diện đều có 9 mặt đối xứng.

.

Ta có $S_{ABC}=\frac{1}{2}A{B}^2=\frac{a^2}{2}$.

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

Vì $SA\perp \left(ABCD\right)$ nên AC là hình chiếu của SC trên (ABCD). Suy ra $\widehat{SCA}=60°.$ 

ABCD là hình vuông nên $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=2a\sqrt{2}.$ 

$SA=AC.\tan 60°=2a\sqrt{6}$ 

Thể tích khối chóp SABCD là: $V=\frac{1}{3}.4a^2.2a\sqrt{6}=\frac{8\sqrt{6}{a}^3}{3}$.

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của C' và M lên mặt phẳng (ABC)

Ta có $C^{\text{'}}H\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}MK\Rightarrow \frac{MK}{C{C}^{\text{'}}}=\frac{CM}{C{C}^{\text{'}}}=\frac{3}{4}$ .

Khi đó $V_{M.ABC}=\frac{1}{3}MK.S_{ABC}$ $\iff V_{M.ABC}=\frac{1}{3}.\frac{3}{4}C{C}^{\text{'}}.S_{ABC}=\frac{V}{4}$.

Ta có $y^{\text{'}}=4x^3-4mx;y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x^2=m\end{array}\right.$ .

Hàm số có  cực trị khi và chỉ khi phương trình $y^{\text{'}}=0$ có ba nghiệm phân biệt, điều này tương đương với m>0.

Khi đó tọa độ các điểm cực trị là $A(0;m);B\left(-\sqrt{m};m-m^2\right);C\left(\sqrt{m};m-m^2\right)$.

Tam giác ABC cân tại A và gọi H là trung điểm của BC thì $H\left(0;m-m^2\right)$ và $AH\perp BC$ do đó $S_{ABC}=\frac{1}{2}AH.BC=m^2\sqrt{m}$.

Ta có $AB=AC=\sqrt{m^4+m};BC=2\sqrt{m}\Rightarrow p_{ABC}=\frac{AB+AC+BC}{2}=\sqrt{m}+\sqrt{m^4+1}$.

Suy ra $r=\frac{S_{ABC}}{p_{ABC}}=\frac{m^2\sqrt{m}}{\sqrt{m}+\sqrt{m^4+m}}>1\iff m^2>1+\sqrt{m^3+1}$.

$\iff \left\{\begin{array}{c}{m}^2-1>0\\ m^4-2m^2+1>m^3+1\end{array}\iff \left\{\begin{array}{c}{m}^2-1>0\\ m^2(m+1)(m-2)>0\end{array}\iff \left[\begin{array}{c}m>2\\ m<-1\end{array}\right.\right.\right.$.

Kết hợp với điều kiện suy ra $m>2$.