Bộ 20 đề thi giữa học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án- Đề 4

Chọn B.

Từ đồ thị ta có đáp án.

Chọn B.

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;-2\right)$

Chọn A

Lý thuyết sách giáo khoa.

Chọn D

Lý thuyết sách giáo khoa.

Chọn A

Lý thuyết sách giáo khoa.

Chọn C

Theo các định lý đã học: Các mệnh đề: E, F, H: sai; mệnh đề: G: đúng.

Do đó có mệnh đề sai.

Chọn B

Theo khái niệm GTNN của hàm số ta thấy mệnh đề sai là: “$m=\underset{D}{\min }f\left(x\right)$  nếu $f\left(x\right)\ge m$  với mọi $x\in D$ ”.

Chọn C

Theo khái niệm GTLN của hàm số ta thấy mệnh đề đúng là sai là: “$M=\underset{D}{\max }f\left(x\right)$ nếu $f\left(x\right)\le M$  với mọi $x\in D$  và  tồn tại $x_0\in D$  sao cho  $f\left(x_0\right)=M.$ ”.

Chọn A

Nhìn vào đồ thị ta thấy hệ số a>0   và là hàm số bậc 3   nên ta chọn đáp án A .

Chọn C

Nhìn vào đồ thị ta thấy hệ số  $a>0$và là hàm số bậc 4  nên ta chọn đáp án C.

Chọn B

Đồ thị hàm số $y=\frac{1-x}{3x+2}$  có TCN,TCĐ lần lượt là $y=-\frac{1}{3};x=-\frac{2}{3}$  .

Chọn C

Chọn D

Do $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=-\infty ;\underset{x\to 1^{-}}{\lim }=+\infty \iff$  TCĐ: $x=1.$

$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=-1;\underset{x\to -\infty }{\lim }y=1\Rightarrow$ đồ thị có 2 tiệm cận ngang là $y=\pm 1$

Vậy, đồ thị hàm số đã cho có tổng số TCĐ và TCN là 3.

Chọn A

Hình tứ diện có số đỉnh bằng số mặt và bằng bốn.

Chọn B

Khối đa diện đều loại $\left\{4;3\right\}$  là hình lập phương nên có 8 đỉnh.

Chọn D

Chọn B

Tính thể tích khối lăng trụ: $V=Bh=6a^2.2a=12a^3.$

Chọn D

Ta có: $\text{+\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}{S}_{ABC}=\frac{1}{2}.BA.BC=\frac{1}{2}.a.2a=a^2.$

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

Chọn A

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

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

Từ bảng xét dấu của $f^{\text{'}}\left(x\right)$ hàm số đồng biến trên khoảng $\left(1;2\right).$

Chọn D

$y=x^3-3m{x}^2+3(2m-1)x-2\Rightarrow y^{\text{'}}=3x^2-6mx+3(2m-1).$

Hàm số $y=x^3-3m{x}^2+3(2m-1)x-2$  có cực trị khi và chỉ khi $y^{\text{'}}=0$   có 2  nghiệm phân biệt

$\iff {\Delta }^{\text{'}}>0\iff {\left(-3m\right)}^2-\mathrm{3.3.}(2m-1)>0\iff 9m^2-18m+9>0\iff m\ne 1.$

Chọn A

Hàm số $y=x^4-x^2+1$  có $y\text{'}=4x^3-2x=2x(2x^2-1)\Rightarrow y^{\text{'}}=0$  có 3  nghiệm phân biệt

$x_1=-\frac{\sqrt{2}}{2};x_2=0;x_3=\frac{\sqrt{2}}{2}.$

Bảng biến thiên

Vậy hàm số $y=x^4-x^2+1$có  điểm cực đại và  điểm cực tiểu.

Chọn D

TXĐ: D=R.

$y^{\text{'}}=x^2-4x+3\Rightarrow y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{c}x=1\\ x=3\end{array}\right.$. Với $x\in \left[0;2\right]$  thì $x=1$   thỏa mãn.

Ta có: $f\left(0\right)=-\frac{1}{3},f\left(1\right)=1,f\left(2\right)=\frac{1}{3}$ .

Vậy M=1  và $m=-\frac{1}{3}\Rightarrow S=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$ .

Chọn D

Tập xác định: $D=\left(-\infty ;+\infty \right)$

Ta có $y^{\text{'}}=-12x^3+12x^2\Rightarrow y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\end{array}\right.$  (x=0 là nghiệm kép).

Khi đó ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên giá trị lớn nhất của hàm số bằng 2 .

Chọn B

Đồ thị đã cho là đồ thị hàm trùng phương có hệ số $a>0$  và đi qua điểm $\left(0;1\right)\iff$  loại A, C, D

Vậy đó là đồ thị hàm số $y=2x^4-4x^2+1$ .

Chọn A

Giả sử hàm số cần là: $y=a{x}^3+b{x}^2+cx+d\text{ ,}\left(a\ne 0\right)$

Ta có: $y^{\text{'}}=3a{x}^2+2bx+c$ .

Theo giả thiết ta có:

$\left\{\begin{array}{l}f\left(-2\right)=3\\ f\left(-1\right)=-1\\ f\left(1\right)=3\\ f\left(0\right)=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-8a+4b-2c=2\\ -a+b-c=-2\\ a+b+c=2\\ d=1\end{array}\right.\iff \left(\begin{array}{l}a=-1\\ b=0\\ c=3\\ d=1\end{array}\right.$.

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

Chọn C

Đặt $t=1-e^x$ ;$x\in \left(-\infty ;\ln 2\right)$$\Rightarrow t\in \left(-1;1\right)$ .

Nhận xét: $x=\ln \left(1-t\right)$$\Rightarrow$  với mỗi giá trị của $t\in \left(-1;1\right)$  ta được một giá trị của $x\in \left(-\infty ;\ln 2\right)$ .

Phương trình tương đương: $f\left(t\right)=\frac{2021}{2019}$ .

Sử dụng bảng biến thiên của $f\left(x\right)$  cho $f\left(t\right)$  như sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình $f\left(t\right)=\frac{2021}{2019}$  có 2 nghiệm$t_1,t_2\in \left(-1;1\right)$ .

Vậy phương trình $2019f\left(1-e^x\right)-2021=0$  có 2 nghiệm $x\in \left(-\infty ;\ln 2\right)$ .

Chọn B

Chọn D

$V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=A{A}^{\text{'}}.S_{\Delta ABC}=a.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$

Chọn D

Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp $V=\frac{1}{3}.S.h=\frac{1}{3}.a^2.4a=\frac{4}{3}{a}^3$

Gọi $O,O^{\text{'}}$  là tâm của hình vuông $ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ , $M=AK\cap \text{.}$

Qua M  kẻ đường thẳng song song với BD  cắt $BB’,DD’$   lần lượt tại E,F

Khi đó, thiết diện tạo bởi (α) và hình lập phương chính là hình bình hành AEKF.

Có  OM là đường trung bình tam giác ACK nên $OM=\frac{1}{2}CK=\frac{a}{3}.$

Do đó,$BE=DF=\frac{1}{2}CK=\frac{a}{3}$ . Đặt  $V_1=V_{ABEKFDC},V_2=V_{AEKF{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}.$

Ta có hai tứ giác bằng nhau: $BCKE=C^{\text{'}}{B}^{\text{'}}EK,$  mặt phẳng $\left(A{A}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}C\right)$  chia khối $ABEKFDC$  thành hai phần bằng nhau nên:$\begin{array}{l}{V}_1=2V_{A.BCKE}=2.\frac{1}{3}.AB.S_{BCKE}=\frac{2}{3}a.\frac{1}{2}.S_{BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}}=\frac{a^3}{3}.\\ V_2=V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}-V_1=a^3-\frac{a^3}{3}=\frac{2a^3}{3}.\end{array}$

Vậy $\frac{V_1}{V_2}=\frac{1}{2}.$

Đặt $AD=x\text{\hspace{0.17em}km}$ ,$x\in \left[0;40\right]\Rightarrow BD=40-x\Rightarrow CD=\sqrt{{\left(40-x\right)}^2+{10}^2}$ .

Tổng kinh phí đi từ A  đến C  là $f\left(x\right)=x.3+\sqrt{{\left(40-x\right)}^2+{10}^2}.5$  .

$f\left(x\right)=3x+5\sqrt{x^2-80x+1700}$.

$f^{\text{'}}\left(x\right)=3+5\frac{2x-80}{2\sqrt{x^2-80x+1700}}\iff f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{3\sqrt{x^2-80x+1700}+5x-200}{\sqrt{x^2-80x+1700}}$.

$f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff 3\sqrt{x^2-80x+1700}=200-5x\iff x=\frac{65}{2}$.

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=\frac{65}{2}$

Đặt: $g\left(x\right)=3x^4-4x^3-12x^2+m$

Ta có: $g\text{'}\left(x\right)=12x^3-12x^2-24x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=2\Rightarrow y=m-32\\ x=-1\Rightarrow y=m-5\\ x=0\Rightarrow y=m\end{array}\right.$

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số có có $y=\left|g\left(x\right)\right|$   điểm cực trị khi $\left[\begin{array}{l}m<0\\ \left\{\begin{array}{l}m-5>0\\ m-32<0\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m<0\\ 5<m<32\end{array}\right.$ . Vì m là số nguyên dương cho nên có 26 số m thỏa đề bài