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 1;+∞.

Chọn C

TXĐ: D=ℝ

Ta có y'=4x3−4x=4xx2−1. 

Bảng biến thiên của hàm sốy'=0⇔x=0x=±1

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng 0;1.

Chọn B

TXĐ: D=ℝ  .

Ta có y'=−3x2+3;y'=0⇔−3x2+3=0⇔x=±1

Bảng biến thiên

Vậy yCT=−3

Chọn D

Ta có f'x=0⇔x2−1=0x−2=0x+22=0⇔x=−1x=1x=2x=−2 . 

Bảng xét dấu của f'x .

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=2x3+3x2−12x+1  xác định và liên tục trên đoạn −1;5  .

Ta có y'=6x2+6x−12=0⇔x=1∈−1 ; 5x=−2∉−1 ; 5

Lại có f−1=14, f1=−6, f5=266.

Vậy min−1;5fx=f1=−6

Chọn B

Ta có: f'x=2.1−−3.1x+12=5x+12>0,  ∀x∈2;52

Suy ra, hàm số luôn đồng biến trên đoạn 2;52. Vậy max2;52fx=f52=47

Chọn C

Đồ thị đã cho có dạng của đồ thị hàm số bậc ba y=ax3+bx2+cx+d nên loại phương án B và D.

Dựa vào đồ thị ta có: limx→+∞y=+∞⇒a>0 nên loại A.

Chọn A

Phương trình hoành độ giao điểm là:x3+2x+1=4x+5⇔x3−2x−4=0⇔x=2 .

Với x=2⇒y=13. Vậy y0=13.

Chọn C

Ta có limx→+∞fx=3  và limx→−∞fx=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 limx→0+fx=+∞  nên hàm số có 1 tiệm cận đứng là đường thẳng có phương trình là x=0 .

Chọn B

Đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng là x=4 và 1 tiệm cận ngang là y=-2

Chọn D

Ta có: Hàm số có dạng y=ax+bcx+d  có tiệm cận đứng là x=−dc  và tiệm cận ngang y=ac

Khi đó ta viết  y=−5x+32x+1  nên tiệm cận đứng có phương trình là x=−12  và tiệm cận ngang có phương trình là y=−52  .

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 D

Chọn B

Thể tích khối hộp chữ nhật là  V=a.5a.3a=15a3 .

Chọn C

Diện tích đáy của lăng trụ là B=6.a234=3a232.

Thể tích của khối lăng trụ là V=B.h=3a232.4a=6a33.

Chọn C

Ta có: SAB⊥ABCDSAD⊥ABCD  và SAB∩SAD=SA .

⇒SA⊥ABCD.

Đường cao khối chóp h=SA=dS,ABCD=a3 .

Diện tích mặt đáy SABCD=a.a2=a22 .

Thể tích khối chóp VSABCD=13.SABCD.h=13.a22.a3=a363 .

Chọn D

Ta xét các hàm số sau:

 Hàm số  y=−2x+1x−1 có tập xác định D=ℝ\1  và có y'=1x−12>0  , ∀x∈ℝ\1   nên hàm số đồng biến trên các khoảng −∞;1  và 1;+∞ .

 Hàm số y=x4+3x2+1  xác định trên R  và có y'=4x3+6x≥0, ∀x≥0  nên hàm số đồng biến trên 0;+∞ .

 Hàm số y=−x+2  xác định trên R  và có y'=−1<0, ∀x∈ℝ  nên hàm số nghịch biến trên R

 Hàm số y=x3−3x2+4x−1  xác định trên R   và có y'=3x−12+1>0, ∀x∈ℝ  nên hàm số đồng biến trên R .

Chọn A

Thể tích khối chóp là V=13B.h=13.32.233=13 .

Chọn B

Dựa vào đồ thị hàm số f'x ta có f'x≥0  với ∀x≥−1 .

Do đó hàm số y=fx  đồng biến trên khoảng −1;+∞

Chọn C

Ta có f'x=0  chỉ chọn các nghiệm x=x1, x=x2, x=x3, x=x4 và lập bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số y=fx có 3 cực trị

Chọn A

Ta có f'x=3x2+2ax+b .

Yêu cầu bài toán ⇔f1'=0f2'=0f0=1⇔3+2a+b=012+4a+b=0c=1⇔a=−92b=6c=1 .

Vậy 2a−b−c=2.−92−6−1=−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=−12 , tiệm cận ngang y=12 . Đồ thị đi qua 1; 0  và 0; −1  .

Phương án A có tiệm cận đứng x=12  suy ra loại phương án    A.

Phương án B có tiệm cận đứng x=12  suy ra loại phương án    B.

Phương án C cắt trục hoành tại −1; 0  suy ra loại phương án   C.

Chọn        D.

Chọn A

Ta có: 2fx+3=0⇔fx=−32 .

Số nghiệm phương trình fx=−32  là số giao điểm của hai đường  y=fx và y=−32 : là đường thẳng song song với trục Ox cắt Oy  tại điểm có tung độ −32 .

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

Vậy Chọn A

Chọn C

2fx+7=0⇔fx=−72   1

Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị C:y=fx  và đường thẳng d:y=−72  (  d vuông góc với ).

Dựa vào đồ thị, ta thấy: đồ thị C:y=fx  cắt đường thẳng d:y=−72  tại 4 điểm phân biệt, nên phương trình (1) có 4  nghiệm phân biệt.

Chọn A

Dựa vào đồ thị ta có:

limyx→−∞=1 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y=1 .

limyx→+∞=−1 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y=-1 .

 limyx→3−=+∞ nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=3

Chọn A

ĐKXĐ x+2≥0x2+5x+6≠0⇔x≥−2x≠−2,x≠−3⇔x>−2 .

Ta có limx→−2+x+2x2+5x+6=limx→−2+1x+2(x+3)=+∞ nên x=−2 là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn C

Tứ giác AMC'N   là hình bình, hai đường chéo  AC' 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 (AMN)   chia khối tứ diện thành một khối tứ diện ADEF và một khối chóp tứ giác A.BCFE .

Chọn B

Ta có: AA'2=A'B2−AB2=a2

Thể tích khối lăng trụ đã cho là: V=AA'.SABC=a.a23=a33

Chọn A

Vì ABCD  là hình vuông nên  BD=2a

Ta có SO2=SB2−OB2=2a .

Suy ra V=13SO.SABCD=13a2.2a2=2a323 .

TXĐ: D=R .

Ta có y'=x2−2x+m−2 .

Hàm số đồng biến trên khoảng 0;+∞⇔y'≥0,∀x∈0;+∞

⇔x2−2x+m−2≥0,∀x∈0;+∞⇔m≥−x2+2x+2,∀x∈0;+∞.

Xét hàm số gx=−x2+2x+2;g'x=−2x+2=0⇔x=1

Bảng biến thiên của hàm số:

Từ BBT ⇒m≥g(x),∀x∈0;+∞⇔m≥max0;+∞gx⇔m≥3

KL: m≥3  thì hàm sô đã cho đồng biến trên khoảng 0;+∞ .

Cho hàm số y=13x3−x2+m−2x+m2+2021. Tìm điều kiện của tham số m để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng 0;+∞

D=R.

Ta có y'=3x2−3mx;y'=0⇔x=0x=m .

Để đồ thị hàm số có 2  điểm cực trị thì m≠0

Ta có A0;m3  và Bm;12m3 . suy ra AB→=m;−12m3

SΔOAB=12dO;AB.AB; VTPT của đường thẳng đi qua AB n→=12m3;m .

Vậy PT đường AB :12m3x−0+my−m3=0⇔m3x+2my−2m4=0

Ta có SΔOAB=12dO;AB.AB⇔dO;AB.AB=64

⇔−2m4m6+4m2.m2+14m6=64⇔m4=64⇔m=±22

KL: giá trị cầ tìm: m=±22 .

Đặt t=cosx  vì x∈0;2π⇒t∈−1;1 ; Đặt ft−1=v

Từ ptbd có dạng:  fv=0(*).

Sô nghiệm của pt(*) là số giao điểm của hai đồ thị y=fv  và đường thẳng y=0

Từ đồ thị suy ra số nghiệm của phương trinh(*) là v=a1∈−2;−1v=a2∈−1;0v=a3∈1;2

Thay vào phần đặt ta có ft−1=a1∈−2;−1ft−1=a2∈−1;0ft−1=a3∈1;2

Xét pt: ft−1=a1∈−2;−1⇔f(t)=1+a1∈−1;0  . Đồ thị hàm số y=ft  và đường thẳng y=0   cắt nhau tại 3 điểm, chỉ có 1 điểm thỏa mãn có hành độ t∈−1;0 . Nên pt ft−1=t1∈−2;−1 có 1 nghiệm t∈−1;0 .

Xet pt: t=cosx  với t∈−1;0 .

Từ đồ thị hàm sô y=cosx,x∈0;2π  suy ra pt t=cosx  với t∈−1;0  có 2 nghiệm x

Tương tự pt ft−1=a2∈−1;0⇔ft=1+a2∈0;1  có một nghiệm t∈−1;0  suy ra t=cosx  với t∈−1;0t∈−1;0  có 2 nghiệm x

ft−1=a3∈1;2⇔ft=1+a3∈2;3 không có nghiệm t∈−1;1

KL: PTBĐ có 4 nghiệm.

Gọi M  là trung điểm cạnh CD ,

Ta có CD⊥OMCD⊥SO⇒CD⊥SOM⇒CD⊥SM  tại M  trong SCD

và OM⊥CD  tại M  trong ABCD .

Khi đó: SCD,ABCD=SM,OM=goc(SMO)=45°  . Suy ra: ΔSOMvuông cân tại O .⇒OM=OS

Trong SOM , dựng OH⊥SM  tại H . Mặt khác  OH⊥CD(do CD⊥SOM ) suy ra OH⊥SCD  tại H. OH=d(O;(SCD)) .

Ta có d(A,(SCD))d(O,(SCD))=ACOC=2

Theo gt: a3=dA,SCD=2dO,SCD=2OH⇒OH=a32 .

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giac vuông :

 1OH2=1OS2+1OM2=2OS2(vì OM=OSOM=OS )

Suy ra: SO=OM=a62⇒VS.ABCD=13.SO.AD2=13.a62.2.a622=a36  .

KL: V=a36