Bộ 20 đề thi giữa học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án- Đề 9

Dựa vào đồ thị hàm số, ta có:

1) Đây là hàm trùng phương có $a>0$

2) Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên $a.b<0\Rightarrow b<0$  (vì $a>0$  ).

Vậy $y=x^4-3x^2$ .

Dựa vào đồ thị ta có

1) Đường thẳng: y=2  là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

2) Đường thẳng:  x=-1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ $y=b\text{ (0}<b<\text{2)}$

Vậy $y=\frac{2x+1}{x+1}$ .

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

1) Vì  $\underset{x\to -2^{+}}{\lim }y=-\infty$và  $\underset{x\to 0^{-}}{\lim }y=+\infty$nên đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận đứng lần lượt là x=-2  và x=0 .

2) Vì $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=0$  nên đồ thị hàm số đã cho có một tiệm cận ngang là y=0 .

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận

Dựa vào hình vẽ đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}$  ta có :

1) x=1 là tiệm cân đứng.

2) y=1 là tiệm cận ngang.

Vậy tâm đối xứng của đồ thị hàm số có tọa độ là $\left(1;1\right)$ .

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

1) Tiệm cận đứng của đố thị hàm số $y=f\left(x\right)$ : $x=\frac{1}{2}$ .

Hình 3 không phải là hình đa diện vì nó vi phạm tính chất “ mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạch chung của đúng hai đa giác”

Các hình: Hình 1, Hình 2, Hình 3 là các hình đa diện.

Quan sát bốn hình, ta thấy:

1) Hình $\left(IV\right)$ :

Đoạn thẳng MN   (trừ hai đầu mút $M,N$ ) không thuộc hình  $\left(IV\right)$  nên đây không phải là  đa diện lồi.

2) Hình $\left(I\right),\left(II\right),\left(III\right)$  là các đa diện lồi vì đoạn thẳng nối hai điểm bất kì của các khối  đều thuộc khối ấy.

Ta có $A{C}^{\text{'}}=AB\sqrt{3}\Rightarrow AB=\frac{a}{\sqrt{3}}.$

Thể tích khối lập phương là: $V=A{B}^3={\left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)}^3=\frac{a^3}{3\sqrt{3}}=\frac{a^3\sqrt{3}}{9}$ .

Tam giác ABC  là tam giác đều cạnh a  nên $S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ .

Ta có thể tích của khối chóp SABC là $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.S_{\Delta ABC}.SA=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.a\sqrt{3}=\frac{a^3}{4}.$

Tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{-2\right\}$ .

$y^{\text{'}}=\frac{x^2+4x+3}{{\left(x+2\right)}^2}$; $y^{\text{'}}=0\Rightarrow x^2+4x+3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=-3\end{array}\right.$ . y' không xác định tại $x=-2$ .

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số $f\left(x\right)$ nghịch biến trên khoảng  $\left(-3;-2\right)$ và $\left(-2;-1\right)$.

Chọn B

Hàm số $g\left(x\right)=f\left(2-x\right)-2$  liên tục và xác định trên .

Dựa vào đồ thị hàm số y= f(x) $\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=a.x^m.{\left(x-2\right)}^n$ $(a>0,m\in {\mathbb{N}}^{\ast },n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$  và $m,n$  lẻ).

Suy ra $f^{\text{'}}\left(2-x\right)=a.{(2-x)}^m.{\left(-x\right)}^n=a.{(x-2)}^m.x^n$ .

Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=-f^{\text{'}}\left(2-x\right)=-a.{(x-2)}^m.x^n$  .

Cho $g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}2-x=0\\ 2-x=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=0\end{array}\right.$  (nghiệm bội lẻ).

Bảng xét dấu :

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (0,2)

Chọn C

Tập xác định: D=R  .

Ta có: $y^{\text{'}}=-x^2+2mx-2m$  .

Hàm số $y=-\frac{x^3}{3}+m{x}^2-2mx+1$  không có cực trị $\iff y^{\text{'}}=0$  không có hai nghiệm phân biệt

$\iff {\Delta }^{\text{'}}=m^2-2m\le 0\iff 0\le m\le 2$.

Mà $m\in \mathbb{Z}$  nên  $m\in \left\{0;1;2\right\}$ .

Chọn D

Dựa vào đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x=1$

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

Vì  x=0 (nghiệm đơn), x=2  (nghiệm bội lẻ),x=-2   (nghiệm bội lẻ) và y'   đổi dấu khi qua các nghiệm này nên hàm số $y=f\left(x^2-3\right)$  có ba điểm cực trị.

Chọn B

Hàm số $y=f\left(x\right)=\frac{x+m}{x+1}$  xác định là liên tục trên đoạn $\left[1;2\right]$ .

Với $m=1$ , hàm số trở thành $y=1\Rightarrow \underset{\left[1;2\right]}{\max }f\left(x\right)=\underset{\left[1;2\right]}{\min }f\left(x\right)=1$  (không thỏa).

Với $m\ne 1$ , ta có: $y^{\text{'}}=\frac{1-m}{{\left(x+1\right)}^2}$  . Khi đó hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên $\left[1;2\right]$ .

Suy ra $\left[\begin{array}{l}\underset{\left[1;2\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(2\right);\underset{\left[1;2\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(1\right)\\ \underset{\left[1;2\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(1\right);\underset{\left[1;2\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(2\right)\end{array}\right.$ ; $f\left(1\right)=\frac{1+m}{2};f\left(2\right)=\frac{2+m}{3}$  .

Theo yêu cầu bài toán, ta có: $\underset{\left[1;2\right]}{\max }f\left(x\right)+\underset{\left[1;2\right]}{\min }f\left(x\right)=8\iff \frac{1+m}{2}+\frac{2+m}{3}=8\iff m=\frac{41}{5}$  .

Vậy $m=\frac{41}{5}$  thỏa yêu cầu bài toán.

Chọn A

Hàm số $y=f\left(2x-1\right)$   xác định và liên tục trên đoạn $\left[0;1\right]$ .

Dựa vào đồ thị hàm số, suy ra $y=f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=1\\ x=2\end{array}\right.$ .

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

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

Dựa vào đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)\Rightarrow f(-1)>f\left(2\right)>f\left(0\right)\Rightarrow g\left(0\right)>g\left(\frac{3}{2}\right)>g\left(1\right)$

Vậy $\underset{\left[0;1\right]}{\max }g\left(x\right)+\underset{\left[0;1\right]}{\min }g\left(x\right)=g\left(0\right)+g\left(1\right)$ .

Chọn B

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy:

1) Đồ thị hàm số có hai điểm cực tiểu và một điểm cực đại nên $a>0,b<0$ .

2) Giá trị cực đại nhỏ hơn 0  nên $c<0$ .

Vậy $a>0,b<0,c<0$

Chọn A

Quan sát Hình 1 và Hình 2, ta thấy Hình 2 được suy ra từ Hình 1 như sau:

1) Giữ phần đồ thị nằm phía trên trục hoành của Hình 1

2) Lấy đối xứng qua trục Ox phần đồ thị nằm bên dưới trục Ox của Hình 1

Vậy hàm số để tạo ra đồ thị Hình 2 có dạng $y=\left|f\left(x\right)\right|$ .

Chọn B

Nhìn vào đồ thị ta thấy

· Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là $y=\frac{a}{c}$  nằm phía trên trục hoành nên        $\frac{a}{c}>0\Rightarrow a,c$  cùng dấu.

· Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là $x=\frac{-d}{c}$  nằm bên trái trục tung nên $\frac{-d}{c}<0\Rightarrow \frac{d}{c}>0\Rightarrow d,c$  cùng dấu.

· Giao điểm của đồ thị và trục tung nằm bên dưới trục hoành nên $\frac{b}{d}<0$$\Rightarrow b,d$  trái dấu.

Mà $a>0\Rightarrow c>0,d>0,b<0$ .

Chọn A

Ta có: $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{4x^2+6}-2}{x+2}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{4+\frac{6}{x^2}}-\frac{2}{x}}{1+\frac{2}{x}}=2$

$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{4x^2+6}-2}{x+2}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-\sqrt{4+\frac{6}{x^2}}-\frac{2}{x}}{1+\frac{2}{x}}=-2$

Chọn C

· Vì $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{5x^2-4x-1}{x^2-1}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{x^2\left(5-\frac{4}{x}-\frac{1}{x^2}\right)}{x^2\left(1-\frac{1}{x^2}\right)}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{5-\frac{4}{x}-\frac{1}{x^2}}{1-\frac{1}{x^2}}=5$  nên đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang y=5 .

· Vì $\underset{x\to 1}{\lim }y=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{5x^2-4x-1}{x^2-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\left(5x+1\right)\left(x-1\right)}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{5x+1}{x+1}=\frac{6}{2}=3$  nên x=1 không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

·$\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }y=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }\frac{5x^2-4x-1}{x^2-1}=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }\frac{5x^2-4x-1}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }\left(\frac{1}{x+1}.\frac{5x^2-4x-1}{x-1}\right)$

Mà:$\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }\frac{1}{x+1}=+\infty \\ \underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }\frac{5x^2-4x-1}{x-1}=-4<0\end{array}\right.$  nên $\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }y=-\infty$ .

$\underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }y=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }\frac{5x^2-4x-1}{x^2-1}=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }\frac{5x^2-4x-1}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }\left(\frac{1}{x+1}.\frac{5x^2-4x-1}{x-1}\right)$

   Mà: $\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }\frac{1}{x+1}=-\infty \\ \underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }\frac{5x^2-4x-1}{x-1}=-4<0\end{array}\right.$  nên $\underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }y=+\infty$ .

Do đó, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng x=-1 .

Tổng cộng đồ thị hàm số có 2 tiệm cận.

Chọn A

Theo bài ra ta có hình vẽ sau:

Do đó các mặt phẳng đối xứng là: $\left(BDEH\right)$ , $\left(ACGF\right)$ , $\left(IJKL\right)$ .

Vậy có tất cả 3 mặt phẳng đối xứng.

Chọn A

Hình lăng trụ có 24 đỉnh nên mỗi đáy có 12 đỉnh.

Khi đó, hình lăng trụ có 12 cạnh bên và 24 cạnh đáy.

Chọn D

Gọi O  là giao điểm hai đường chéo của hình vuông $ABCD$

$\Rightarrow SO$ là chiều cao của khối chóp .

Ta có $S_{ABCD}=4a^2$ ; $SO=\sqrt{S{B}^2-O{B}^2}=\sqrt{5a^2-2a^2}=a\sqrt{3}$

Chọn D

Ta có $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow AB$  là hình chiếu vuông góc của SB lên mặt phẳng $\left(ABCD\right)$ .

$\Rightarrow \widehat{\left(SB,\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{\left(SB,AB\right)}=\widehat{SBA}=60°$.

$\Delta SAB$ vuông tại A: $SA=\tan 60°.AB=\sqrt{3}.a\sqrt{3}=3a$ .

$S_{ABCD}=A{B}^2={\left(a\sqrt{3}\right)}^2=3a^2$.

Hàm số $g\left(x\right)=f\left(x^2+2\right)$  liên tục và xác định trên R ;$g^{\text{'}}\left(x\right)=2x{f}^{\text{'}}\left(x^2+2\right)$ .

Cho $g^{\text{'}}\left(x\right)=0$ , kết hợp với đồ thị hàm số $y=f^{\text{'}}\left(x\right)$  ta được:

                                       $\left[\begin{array}{l}x=0\\ f^{\text{'}}\left(x^2+2\right)=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2+2=-2\\ x^2+2=2\\ x^2+2=5\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\sqrt{3}\\ x=-\sqrt{3}\end{array}\right.$ .

Từ đồ thị đã cho ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)>0\iff \left[\begin{array}{l}-2<x<2\\ x>5\end{array}\right.$

Suy ra $f^{\text{'}}\left(x^2+2\right)>0\iff \left[\begin{array}{l}-2<x^2+2<2\\ x^2+2>5\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}-4<x^2<0\\ x^2>3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x>\sqrt{3}\\ x<-\sqrt{3}\end{array}\right.$.

Lập luận tương tự, ta có: $f^{\text{'}}\left(x^2+2\right)<0\iff \left[\begin{array}{l}2<x^2+2<5\\ x^2+2<-2\end{array}\right.\iff 0<x^2<3\iff -\sqrt{3}<x<\sqrt{3}$ .

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên hàm số nghịch biến trên các khoảng  $\left(-\infty ;-\sqrt{3}\right)$  và $\left(0;\sqrt{3}\right)$  .

Ta có $-x^4+4x^2-6=-{(x^2-2)}^2-2\le -2,\forall x\in ℝ$  .

Dựa vào bảng xét dấu .

Mà  $x^2+1\ge 1,\forall x\in ℝ$.

Do đó :$f\text{'}(-x^4+4x^2-6)-(x^2+1)<0,\forall x\in ℝ$ .

+ Cho .$y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x_2-2=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm \sqrt{2}\end{array}\right.$

Hàm số $y=3f(-x^4+4x^2-6)+2x^6-3x^4-12x^2$  có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

Vậy hàm số $y=3f(-x^4+4x^2-6)+2x^6-3x^4-12x^2$  có 2 điểm cực tiểu.

a)

Gọi $x\left(m\right)$ , $2x\left(m\right)$  , $h\left(m\right)$  lần lượt là chiều rộng, chiều dài, chiều cao của bể $(x>0,h>0)$  .

Tổng diện tích các mặt của bể: $2(xh+2xh)+2x^2=6xh+2x^2=6,7$ $\Rightarrow h=\frac{6,7-2x^2}{6x}$ .

Vì h>0  nên $x<\sqrt{\frac{6,7}{2}}$ .

Thể tích bể là $V\left(x\right)=\frac{6,7x-2x^3}{3},\forall x\in \left(0;\sqrt{\frac{6,7}{2}}\right)$ .

Suy ra $V^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{6,7-6x^2}{3},\forall x\in \left(0;\sqrt{\frac{6,7}{2}}\right)$

Cho $V^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \frac{6,7-6x^2}{3}=0\iff x=\sqrt{\frac{6,7}{6}}$  (nhận);$V\left(\sqrt{\frac{6,7}{6}}\right)\approx 1,57$ .

Bảng biến thiên

Hàm số $y=f\left(x\right)=\frac{x+m}{x+1}$  xác định và liên tục trên $\left[0;1\right].$

+ Với m=1  hàm số trở thành y=1$\Rightarrow \underset{\left[0;1\right]}{\text{max}}f\left(x\right)=\underset{\left[0;1\right]}{\text{min}}f\left(x\right)=1\Rightarrow \underset{\left[0;1\right]}{\text{max}}\left|f\left(x\right)\right|+\underset{\left[0;1\right]}{\text{min}}\left|f\left(x\right)\right|=2$

Do đó m=1  thỏa yêu cầu bài toán.

+ Với $m\ne 1$  hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên $\left[0;1\right]$ . Ta có  $f\left(0\right)=m,f\left(1\right)=\frac{m+1}{2}$  

·       TH1: $f\left(0\right).f\left(1\right)\le 0\iff m.\frac{m+1}{2}\le 0\iff -1\le m\le 0$

Khi đó $\underset{\left[0;1\right]}{\text{min}}\left|f\left(x\right)\right|=0$ và $\underset{\left[0;1\right]}{\text{max}}\left|f\left(x\right)\right|=\left|m\right|$ hoặc $\underset{\left[0;1\right]}{\text{max}}\left|f\left(x\right)\right|=\left|\frac{m+1}{2}\right|$

Theo giả thiết ta phải có $\left[\begin{array}{l}\left|m\right|=2\\ \left|\frac{m+1}{2}\right|=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=\pm 2\\ m=3\\ m=-5\end{array}\right.$  (loại).