Bộ 20 đề thi giữa học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án- Đề 7

Chọn B

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trong khoảng (0,1)

Chọn A

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng $\left(1;+\infty \right).$

Chọn B

TXĐ: $D=ℝ$  .

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

Bảng biến thiên

Vậy $y_{CT}=-3$

Chọn D

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

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

Từ bảng xét dấu suy ra x=-1 , x=1, x=2  là các điểm cực trị của hàm số đã cho.

Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Chọn B

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm x=0

Chọn A

Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số đã cho có giá trị cực tiểu bằng 1

Chọn A

Hàm số $y=2x^3+3x^2-12x+1$  xác định và liên tục trên đoạn $\left[-1;5\right]$  .

Ta có $y^{\text{'}}=6x^2+6x-12=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\in \left[-1;5\right]\\ x=-2\notin \left[-1;5\right]\end{array}\right.$

Lại có $f\left(-1\right)=14,f\left(1\right)=-6,f\left(5\right)=266.$

Vậy $\underset{\left[-1;5\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(1\right)=-6$

Phương trình hoành độ giao điểm là:$x^3+2x+1=4x+5\iff x^3-2x-4=0\iff x=2$ .

Với $x=2\Rightarrow y=13$. Vậy $y_0=13$.

Chọn C

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=3$  và $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=0$  nên đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang là các đường thẳng có phương trình là: y=3  và y=0  .

Và $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=+\infty$  nên hàm số có 1 tiệm cận đứng là đường thẳng có phương trình là x=0 .

Chọn B

Chọn D

Ta có: Hàm số có dạng $y=\frac{ax+b}{cx+d}$  có tiệm cận đứng là $x=-\frac{d}{c}$  và tiệm cận ngang $y=\frac{a}{c}$

Khi đó ta viết  $y=\frac{-5x+3}{2x+1}$ nên tiệm cận đứng có phương trình là $x=-\frac{1}{2}$  và tiệm cận ngang có phương trình là $y=\frac{-5}{2}$  .

Chọn C

Hình 1, Hình 2 và Hình 4 không phải hình đa diện vì nó vi phạm tính chất: “mỗi cạnh là cạnh chung của đúng hai mặt”

Chọn B

Chọn C

Diện tích đáy của lăng trụ là $B=6.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3a^2\sqrt{3}}{2}.$

Thể tích của khối lăng trụ là $V=B.h=\frac{3a^2\sqrt{3}}{2}.4a=6a^3\sqrt{3}.$

Chọn C

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)\\ \left(SAD\right)\perp \left(ABCD\right)\end{array}\right.$  và $\left(SAB\right)\cap \left(SAD\right)=SA$ .

$\Rightarrow SA\perp \left(ABCD\right)$.

Đường cao khối chóp $h=SA=d\left(S,\left(ABCD\right)\right)=a\sqrt{3}$ .

Diện tích mặt đáy $S_{ABCD}=a.a\sqrt{2}=a^2\sqrt{2}$ .

Chọn D

Ta xét các hàm số sau:

 Hàm số  $y=\frac{-2x+1}{x-1}$có tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}$  và có $y^{\text{'}}=\frac{1}{{\left(x-1\right)}^2}>0$  , $\forall x\in ℝ\backslash \left\{1\right\}$   nên hàm số đồng biến trên các khoảng $\left(-\infty ;1\right)$  và $\left(1;+\infty \right)$ .

 Hàm số $y=x^4+3x^2+1$  xác định trên R  và có $y^{\text{'}}=4x^3+6x\ge 0,\forall x\ge 0$  nên hàm số đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$ .

 Hàm số $y=-x+2$  xác định trên R  và có $y^{\text{'}}=-1<0,\forall x\in ℝ$  nên hàm số nghịch biến trên R

 Hàm số $y=x^3-3x^2+4x-1$  xác định trên R   và có $y^{\text{'}}=3{\left(x-1\right)}^2+1>0,\forall x\in ℝ$  nên hàm số đồng biến trên R .

Chọn A

Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}B.h=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{2\sqrt{3}}{3}=\frac{1}{3}$ .

Chọn B

Dựa vào đồ thị hàm số $f^{\text{'}}\left(x\right)$ ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)\ge 0$  với $\forall x\ge -1$ .

Do đó hàm số $y=f\left(x\right)$  đồng biến trên khoảng $\left(-1;+\infty \right)$

Chọn C

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=0$  chỉ chọn các nghiệm $x=x_1,x=x_2,x=x_3,x=x_4$ và lập bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số $y=f\left(x\right)$ có 3 cực trị

Chọn A

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=3{\text{x}}^2+2ax+b$ .

Yêu cầu bài toán $\iff \left\{\begin{array}{l}{f}_{\left(1\right)}^{\text{'}}=0\\ f_{\left(2\right)}^{\text{'}}=0\\ f_{\left(0\right)}=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}3+2\text{a}+b=0\\ 12+4\text{a}+b=0\\ c=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-\frac{9}{2}\\ b=6\\ c=1\end{array}\right.$ .

Vậy $2\text{a}-b-c=2.\left(-\frac{9}{2}\right)-6-1=-16$  .

Chọn B

Dựa vào BBT, ta có: Hàm số không có GTLN, GTNN trên $(-4;4)$

Chọn B

Dựa vào BBT, ta có: Hàm số không có GTLN, GTNN trên $(-4;4)$

Chọn D

Nhìn vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng $x=-\frac{1}{2}$ , tiệm cận ngang $y=\frac{1}{2}$ . Đồ thị đi qua $\left(1;0\right)$  và $\left(0;-1\right)$  .

Phương án A có tiệm cận đứng $x=\frac{1}{2}$  suy ra loại phương án    A.

Phương án B có tiệm cận đứng $x=\frac{1}{2}$  suy ra loại phương án    B.

Phương án C cắt trục hoành tại $\left(-1;0\right)$  suy ra loại phương án   C.

Chọn        D.

Chọn A

Ta có: $2f\left(x\right)+3=0\iff f\left(x\right)=-\frac{3}{2}$ .

Số nghiệm phương trình $f\left(x\right)=-\frac{3}{2}$  là số giao điểm của hai đường  $y=f\left(x\right)$và $y=-\frac{3}{2}$ : là đường thẳng song song với trục Ox cắt Oy  tại điểm có tung độ $-\frac{3}{2}$ .

Dựa vào BBT, dễ thấy phương trình có 3  nghiệm thực phân biệt.

Vậy Chọn A

Chọn C

$2f\left(x\right)+7=0\iff f\left(x\right)=-\frac{7}{2}\left(1\right)$

Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị $\left(C\right):y=f\left(x\right)$  và đường thẳng $d:y=-\frac{7}{2}$  (  d vuông góc với ).

Dựa vào đồ thị, ta thấy: đồ thị $\left(C\right):y=f\left(x\right)$  cắt đường thẳng $d:y=-\frac{7}{2}$  tại 4 điểm phân biệt, nên phương trình (1) có 4  nghiệm phân biệt.

Chọn A

Dựa vào đồ thị ta có:

$\underset{x\to -\infty }{\lim y}=1$ nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y=1 .

$\underset{x\to +\infty }{\lim y}=-1$ nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y=-1 .

Chọn A

ĐKXĐ $\left\{\begin{array}{l}x+2\ge 0\\ x^2+5x+6\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge -2\\ x\ne -2,x\ne -3\end{array}\right.\iff x>-2$ .

Ta có $\underset{x\to -2^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x+2}}{x^2+5x+6}=\underset{x\to -2^{+}}{\lim }\frac{1}{\sqrt{x+2}(x+3)}=+\infty$ nên $x=-2$ là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn C

Tứ giác $AMC\text{'}N$   là hình bình, hai đường chéo  $AC\text{'}$và MN  cắt nhau tại trung điểm I  của mỗi đường.

Phép đối xứng tâm I   biến điểm A  thành điểm C' , biến M  thành N , biến đoạn thẳng AN  thành C'N .

Chọn B

Gọi E  là giao điểm của AM   và BD ,  F là giao điểm của  AN và CD .

Mặt phẳng $\left(AMN\right)$   chia khối tứ diện thành một khối tứ diện ADEF và một khối chóp tứ giác $A.BCFE$ .

Chọn B

Ta có: $AA{\text{'}}^2=A\text{'}{B}^2-A{B}^2=a^2$

Thể tích khối lăng trụ đã cho là: $V=AA\text{'}.S_{ABC}=a.a^2\sqrt{3}=a^3\sqrt{3}$

Chọn A

Vì ABCD  là hình vuông nên  $BD=2a$

Ta có $S{O}^2=\sqrt{S{B}^2-O{B}^2}=\sqrt{2}a$ .

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

TXĐ: D=R .

Ta có $y^{\text{'}}=x^2-2x+m-2$ .

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

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

Xét hàm số $g\left(x\right)=-x^2+2x+2;g\text{'}\left(x\right)=-2x+2=0\iff x=1$

Bảng biến thiên của hàm số:

Từ BBT $\Rightarrow m\ge g\left(x\right),\forall x\in \left(0;+\infty \right)\iff m\ge \underset{\left(0;+\infty \right)}{\max }g\left(x\right)\iff m\ge 3$

KL: $m\ge 3$  thì hàm sô đã cho đồng biến trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$ .

D=R.

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

Để đồ thị hàm số có 2  điểm cực trị thì $m\ne 0$

Ta có $A\left(0;m^3\right)$  và $B\left(m;\frac{1}{2}{m}^3\right)$ . suy ra $\overrightarrow{AB}=\left(m;-\frac{1}{2}{m}^3\right)$

$S_{\Delta OAB}=\frac{1}{2}d\left(O;AB\right).AB$; VTPT của đường thẳng đi qua AB $\overrightarrow{n}=\left(\frac{1}{2}{m}^3;m\right)$ .

Vậy PT đường AB :$\frac{1}{2}{m}^3\left(x-0\right)+m\left(y-m^3\right)=0\iff m^{3}x+2my-2m^4=0$

Ta có $S_{\Delta OAB}=\frac{1}{2}d\left(O;AB\right).AB\iff d\left(O;AB\right).AB=64$

$\begin{array}{l}\iff \frac{\left|-2m^4\right|}{\sqrt{m^6+4m^2}}.\sqrt{m^2+\frac{1}{4}{m}^6}=64\\ \iff m^4=64\\ \iff m=\pm 2\sqrt{2}\end{array}$

KL: giá trị cầ tìm: $m=\pm 2\sqrt{2}$ .

Gọi M  là trung điểm cạnh CD ,

Ta có $\left\{\begin{array}{l}CD\perp OM\\ CD\perp SO\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp \left(SOM\right)\Rightarrow CD\perp SM$  tại M  trong $\left(SCD\right)$

và $OM\perp CD$  tại M  trong $\left(ABCD\right)$ .

Khi đó: $\left(\left(SCD\right),\left(ABCD\right)\right)=\left(SM,OM\right)=goc\left(SMO\right)=45°$  . Suy ra: $\Delta SOM$vuông cân tại O .$\Rightarrow OM=\text{OS}$

Trong $\left(SOM\right)$ , dựng $OH\perp SM$  tại H . Mặt khác  $OH\perp CD$(do $CD\perp \left(SOM\right)$ ) suy ra $OH\perp \left(SCD\right)$  tại H. $OH=d(O;(SCD\left)\right)$ .

Ta có $\frac{d(A,(SCD\left)\right)}{d(O,(SCD\left)\right)}=\frac{AC}{OC}=2$

Theo gt: $a\sqrt{3}=d\left(A,\left(SCD\right)\right)=2d\left(O,\left(SCD\right)\right)=2OH\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ .

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giac vuông :

 $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{S}^2}+\frac{1}{O{M}^2}=\frac{2}{O{S}^2}$(vì $OM=OS$$OM=OS$ )

Suy ra: $SO=OM=\frac{a\sqrt{6}}{2}\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SO.A{D}^2=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{2}.{\left(2.\frac{a\sqrt{6}}{2}\right)}^2=a^3\sqrt{6}$  .

KL: $V=a^3\sqrt{6}$