Bộ 20 đề thi giữa học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án- Đề 5

Chọn A

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy $y\text{'}>0,\forall x\in \left(-1;1\right)$  nên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left(-1;1\right).$  Do đó chọn đáp án A.

Chọn B

Dựa vào đồ thị hàm số ta có hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;-1\right).$  Do đó chọn đáp án B.

Chọn C

Vì $f\text{'}\left(x\right)=-\frac{3}{{\left(x+2\right)}^2}<0,\forall x\ne -2$  nên hàm số $f\left(x\right)$  nghịch biến trên các khoảng không chứa phần tử  mà các khoảng đã cho ở đáp án A, B, D đều có chứa phần tử  và khoảng đã cho ở đáp án C không chứa phần tử  nên loại các đáp án A, B, D và chọn đáp án C.

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi $x=2$  đi qua nên hàm số đạt cực tiểu tại $x=2$

Vậy, chọn đáp án B.

Chọn A

Nhìn vào đồ thị của hàm số ta thấy đồ thị hàm số  y=f(x) có ba điểm cực trị.

Chọn C

              Dựa vào bảng xét dấu của $f^{\text{'}}\left(x\right)$  ta thấy đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm một lần nên hàm

     số có một điểm cực đại.

Vậy, chọn đáp án C.

Chọn C

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số $y=f\left(x\right)$  đạt cực đại tại  $x=-1$ và đạt cực tiểu tại $x=4$, nên hàm số $y=f\left(x\right)$  có  điểm cực trị.

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số $y=f\left(x\right)$  có giá trị lớn nhất trên đoạn $[-1;3]$  là 5  nên $M=f\left(0\right)$ .

Chọn D

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số $y=f\left(x\right)$  có giá trị nhỏ nhất trên đoạn $\left[0;3\right]$  là -4 .

Chọn B

Từ hình vẽ suy ra đây là đồ thị hàm số trùng phương.

Hàm số có hai điểm cực tiểu, một điểm cực đại nên hệ số  a>0 .

Chọn A

Từ đồ thị ta thấy đồ thị hàm số giao với trục tung tại điểm$A\left(0;-1\right)$ .

 Chọn C

Ta có:$\underset{x\to +\infty }{\lim y}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2x-3}{x-1}=2;\underset{x\to -\infty }{\lim y}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2x-3}{x-1}=2.$

 Suy ra, đường thẳng y=2  là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

$\underset{x\to 1^{+}}{\lim y}=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{2x-3}{x-1}=-\infty ;\underset{x\to 1^{-}}{\lim y}=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{2x-3}{x-1}=+\infty .$ Suy ra, đường thẳng y=1  là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn A

Ta có:  $\underset{x\to -1^{-}}{\lim }y=-\infty$và $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }y=+\infty$  nên $x=-1$  là tiệm cận đứng.

Chọn D

Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng y=1 và y=-1 .

Chọn A

Hình đa diện là hình tạo bởi một số hữu hạn các đa giác thỏa mãn hai tính chất sau:

1. Hai đa giác phân biệt chỉ có thể hoặc không có điểm chung hoặc chỉ có một đỉnh chung hoặc chỉ có một cạnh chung.

2. Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác.

Các hình 2, 3, 4 đều không thỏa mãn tính chất số 2.

Chọn D. 

$V=\frac{1}{3}.SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}a\sqrt{2}.a.a=\frac{\sqrt{2}{a}^3}{3}.$

Chọn B

Thể tích khối chóp là: $V=\frac{1}{3}Bh=\frac{1}{3}{a}^2.3a=a^3$

Chọn C

Chọn C

Ta có $y\text{'}=-3x^2+6x+9$

$y\text{'}=0\iff -3x^2+6x+9=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=3\end{array}\right.$

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng $(-1;3)$, ngịch biến trên các khoảng  $(-\infty ;-1)$ và $(3;+\infty ).$

Chọn A

Phản ví dụ câu A: hàm số $y=\frac{1}{3}{x}^3+2x^2+4x$  có $y\text{'}=x^2+4x+4\ge 0,\forall x.$

$y\text{'}=0\iff x^2+4x+4=0\iff x=2.$

Nhưng hàm số không đạt cực trị tại $x=2.$

Chọn B

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

Ta có bảng biến thiên

Vậy $\underset{\left(0;+\infty \right)}{maxy}=f\left(1\right)=3.$

Chọn B

Hàm số liên tục và xác định trên $\left[-3;3\right]$  .

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-3$ .

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

$f\left(-3\right)=-16$; $f\left(-1\right)=4$ ; $f\left(1\right)=0$  ;$f\left(3\right)=20$ .

Vậy $\underset{\left[-3;3\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(3\right)=20$  .

Chọn C

Từ đồ thị ta có: Hàm số bậc ba nên loại A, D.

Hệ số $a>0$  nên loại B.

Chọn D

Dựa vào đồ thị ta thấy, phương trình $x^4-2x^2-3=2m-4$ có hai nghiệm phân biệt khi $\left[\begin{array}{l}2m-4=-4\\ 2m-4>-3\end{array}\right.$$\iff \left[\begin{array}{l}m=0\\ m>\frac{1}{2}\end{array}\right.$ .

Chọn A

Số nghiệm thực của phương trình $f\left(x\right)=-1$  chính là số giao điểm của đồ thị hàm số  $y=f\left(x\right)$và đường thẳng $y=-1$ .

Từ hình vẽ suy ra 3   nghiệm.

Chọn D

Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2x+1}{x-1}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2+\frac{1}{x}}{1-\frac{1}{x}}=2$  . Suy ra đồ thị hàm số có tiệmcận ngang là $y=2$  .

Chọn C

             $\underset{x\to 3+}{\lim }y=\underset{x\to 3+}{\lim }\frac{\sqrt{x^2-x}}{x+3}=+\infty ;\underset{x\to 3-}{\lim }y=\underset{x\to 3-}{\lim }\frac{\sqrt{x^2-x}}{x+3}=-\infty$

              Nên đồ thị hàm số đã cho nhận đường thẳng  $x=-3$làm tiệm cận đứng.

              $\begin{array}{l}\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2-x}}{x+3}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x\sqrt{1-\frac{1}{x}}}{x+3}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x\sqrt{1-\frac{1}{x}}}{1+\frac{3}{x}}=1\\ \underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2-x}}{x+3}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x\sqrt{1-\frac{1}{x}}}{x+3}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{-x\sqrt{1-\frac{1}{x}}}{1+\frac{3}{x}}=-1\end{array}$

                Nên đồ thị hàm số đã cho nhận đường thẳng  $y=1;y=-1$ làm tiệm cận ngang.

                Vậy đồ thị hàm số có 3 tiệm cận.

Chọn B

                 Xét tứ diện đều có 6 cạnh, dễ thấy số cạnh của khối đa diện luôn lớn hơn hoặc bằng 6.

Chọn D

                 Khối tứ diện đều có các mặt của nó là những tam giác đều.

               Hình lập phương là khối đa diện đều mà các mặt của nó là những hình vuông.

               Khối mười hai mặt đều là khối đa diện đều mà các mặt của nó là những ngũ giác đều.

                 Tồn tại hình đa diện đều mà các mặt của nó là những lục giác đều là sai.

Chọn C.

$S_{ABCD}=AB.AD=a.2a=2a^2$

$\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABCD}=2a^3.$

Chọn A.

Ta có: 

$\left\{\begin{array}{l}h=a\\ S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\end{array}\right.\Rightarrow V=h.S=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}.$

   Ta có :  $g\left(x\right)=f\left(1-2x\right)+x^2-x\Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=-2f\text{'}\left(1-2x\right)+2x-1$

   Đặt $t=1-2x\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)=-2f^{\text{'}}\left(t\right)-t$

   $g\text{'}\left(x\right)=0\Rightarrow f\text{'}\left(t\right)=-\frac{t}{2}$

   Vẽ đường thẳng $y=-\frac{x}{2}$  và đồ thị hàm số $f\text{'}\left(x\right)$   trên cùng một hệ trục

   Hàm số $g\left(x\right)$ nghịch biến $\Rightarrow g\text{'}\left(x\right)\le 0\Rightarrow f\text{'}\left(t\right)\ge -\frac{t}{2}\Rightarrow \left[\begin{array}{l}-2\le t\le 0\\ t\ge 4\end{array}\right.$

    Như vậy $f^{\text{'}}\left(1-2x\right)\ge \frac{1-2x}{-2}\Rightarrow \left[\begin{array}{l}-2\le 1-2x\le 0\\ 4\le 1-2x\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{c}\frac{1}{2}\le x\le \frac{3}{2}\\ x\le -\frac{3}{2}\end{array}\right.$.

    Vậy hàm số $g\left(x\right)=f\left(1-2x\right)+x^2-x$  nghịch biến trên các khoảng $\left(\frac{1}{2};\frac{3}{2}\right)$ và $\left(-\infty ;-\frac{3}{2}\right)$.

    Thể tích khối lăng trụ $ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$  là  $V=4.\frac{4^2.\sqrt{3}}{4}=16\sqrt{3}$ .

     Gọi thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm $A,B,C,M,N,P$  là .

     Ta có: $V_1=V_{AMNCB}+V_{BMNP}+V_{BNPC}$ .

     Dễ thấy $V_{A^{\text{'}}ABC}=\frac{1}{3}V$  và $V_{AMNCB}=\frac{3}{4}{V}_{A^{\text{'}}ABC}$   nên $V_{AMNCB}=\frac{1}{4}V$ .

     $V_{B{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{1}{3}V$  và $V_{BMNP}=\frac{1}{8}{V}_{B{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}$  nên $V_{BMNP}=\frac{1}{24}V$ .

    $V_{A^{\text{'}}BC{B}^{\text{'}}}=V_{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}C{C}^{\text{'}}}=\frac{1}{3}V$ và $V_{BNPC}=\frac{1}{4}{V}_{B{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}C}$  nên $V_{BNPC}=\frac{1}{12}V$  .

     Vậy $V_1=V_{AMNCB}+V_{BMNP}+V_{BNPC}=\frac{3}{8}V=6\sqrt{3}$.

    Ta có: $y=2f\left(x\right)-4x\Rightarrow y^{\text{'}}=2f^{\text{'}}\left(x\right)-4$ .

  $y^{\text{'}}=0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)=2$  .

      Đồ thị hàm số $y=f^{\text{'}}\left(x\right)$ nhận được từ việc tịnh tiến đồ thị hàm số $y=f^{\text{'}}\left(x-1\right)$  sang

    trái 1 đơn vị.

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

               Vì $x=-2;x=1$  là các nghiệm bội chẵn nên ta có bảng biến thiên như sau:

              Từ bảng biến thiên suy ra hàm số đã cho điểm cực tiểu là x=0.

Xét hàm số $g\left(x\right)=x^3-3x+m+5$ trên đoạn $\left[0;2\right]$.

              Ta có: $g^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-3$.

             $g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\left(l\right)\\ x=1\left(n\right)\end{array}\right.$ .

             $g\left(0\right)=m+5;g\left(1\right)=m+3;$ $g\left(2\right)=m+7$.

              Suy ra: $\underset{\left[0;2\right]}{\max }y=\max \left\{\left|m+3\right|;\left|m+7\right|\right\}$ .

              Trường hợp 1: $\underset{\left[0;2\right]}{\max }y=2\iff \left\{\begin{array}{l}\left|m+7\right|\ge \left|m+3\right|\\ \left|m+7\right|=2\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}\left|m+7\right|\ge \left|m+3\right|\\ \left[\begin{array}{l}m=-5\left(n\right)\\ m=-9\left(l\right)\end{array}\right.\end{array}\right.$.

              Trường hợp 2:$\underset{\left[0;2\right]}{\max }y=2\iff \left\{\begin{array}{l}\left|m+7\right|\le \left|m+3\right|\\ \left|m+3\right|=2\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}\left|m+7\right|\le \left|m+3\right|\\ \left[\begin{array}{l}m=-1\left(l\right)\\ m=-5\left(n\right)\end{array}\right.\end{array}\right.$.

              Vậy $m=-5$ thỏa bài toán.