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

Chọn A

Tập xác định: D= R

Cho f'x=0⇔x2x−1=0⇔x=0x=1 .

Bảng xét dấu:

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy hàm số nghịch biến trên −∞;1 .

Chọn D

Đồ thị hàm số y=f(x)  có hai nhánh của đồ thị là hai đường cong đi lên từ trái sang phải.

Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng −∞;−1   và −1;+∞.

Chọn C

Dựa vào đồ thị hàm số y=f'x , ta thấy hàm số đồng biến trên: −∞;−1  và 0;+∞.

Chọn A

Đồ thị hàm số y=f'x  cắt trụcOx tại hai điểm x1=a   và  x2=b .

Ta có bảng xét dấu của hàm số y=f'x  như sau:

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy f'x  đổi dấu khi qua nghiệm x1=a  và không đổi dấu khi qua nghiệm  x2=b . Do đó hàm số y=fx  có một điểm cực trị.

Chọn B

TXĐ: D=R .

Ta có: y'=4x3−4x .

Cho y'=0⇔x=0⇒y=−1x=−1⇒y=−2x=1⇒y=−2  .

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x=0.

Chọn A

Nhìn vào bảng biến thiên, ta thấy giá trị cực đại của hàm số là y=2 .

Chọn D

Tập xác định: D=R .

Ta có: y'=4mx2+6m−1x=2x.[2mx+3(m−1)]

Cho  y'=0⇔2x=02mx2+3(m−1)=0⇔x=02mx2+3m−1=0=gx

Để hàm số (1) có ba điểm cực trị ⇔  phương trình gx=0  phải có hai nghiệm phân biệt khác ⇔agx≠0Δ'gx>0g(0)≠0⇔2m≠002−2m.3(m−1)>02m.02+3.(m−1)≠0⇔m≠00<m<1m≠1⇒0<m<1

Vậy 0<m<1  thỏa yêu cầu bài toán.

Cách khác:

Để hàm số có 3 cực trị ⇔ab<0⇔3mm−1<0⇔0<m<1 .

Chọn A

Ta có fx=x3+3x+1⇒f'x=3x2+3>0,∀x∈ℝ .

Suy ra hàm số fx  đồng biến trên đoạn 1;3 .

Do đó minx∈1;3fx=f1=5 .

Chọn B

Dựa vào đồ thị hàm số y=fx   ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn 0 ; 2  là -3  .

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⇒b<0  (vì a>0  ).

Vậy y=x4−3x2 .

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 (0<b<2)

Vậy y=2x+1x+1 .

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

1) Vì   limx→−2+y=−∞ và  limx→0−y=+∞ nên đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận đứng lần lượt là x=-2  và x=0 .

2) Vì limx→+∞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=ax+bcx+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 1;1 .

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

1) Tiệm cận đứng của đố thị hàm số y=fx : x=12 .

2) Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=fx: y=1.

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 IV :

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

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

Thể tích khối lăng trụ V=Sđ.h=3a2.a=3a3

Ta có AC'=AB3⇒AB=a3.

Thể tích khối lập phương là: V=AB3=a33=a333=a339 .

Thể tích khối chóp: V=13Sđ.h=133a2.2a=2a3.

Tam giác ABC  là tam giác đều cạnh a  nên SΔABC=a234 .

Ta có thể tích của khối chóp SABC là VS.ABC=13.SΔABC.SA=13.a234.a3=a34.

Tập xác định: D=ℝ\−2 .

y'=x2+4x+3x+22; y'=0⇒x2+4x+3=0⇔x=−1x=−3 . y' không xác định tại x=−2 .

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số fx nghịch biến trên khoảng  −3;−2 và −2;−1.

Chọn B

Hàm số gx=f2−x−2  liên tục và xác định trên .

Dựa vào đồ thị hàm số y= f(x) ⇒f'x=a.xm.x−2n (a>0, m∈ℕ∗, n∈ℕ∗  và m,n  lẻ).

Suy ra f'2−x=a.(2−x)m.−xn=a.(x−2)m.xn .

Ta có g'x=−f'2−x=−a.(x−2)m.xn  .

Cho g'x=0⇔2−x=02−x=2⇔x=2x=0  (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'=−x2+2mx−2m  .

Hàm số y=−x33+mx2−2mx+1  không có cực trị ⇔y'=0  không có hai nghiệm phân biệt

⇔Δ'=m2−2m≤0⇔0≤m≤2.

Mà m∈ℤ  nên  m∈0;1;2 .

Chọn D

Dựa vào đồ thị hàm số y=fx⇒f'x=0⇔x=1

Ta có y'=fx2−3'=2x.f'x2−3=0⇔x=0x2−3=1⇔x=0x=±2  .

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=fx2−3  có ba điểm cực trị.

Chọn B

Hàm số y=f(x)=x+mx+1  xác định là liên tục trên đoạn 1;2 .

Với m=1 , hàm số trở thành y=1⇒max1;2f(x)=min1;2f(x)=1  (không thỏa).

Với m≠1 , ta có: y'=1−mx+12  . Khi đó hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên 1;2 .

Suy ra max1;2f(x)=f(2); min1;2f(x)=f(1)max1;2f(x)=f(1); min1;2f(x)=f(2) ; f(1)=1+m2; f2=2+m3  .

Theo yêu cầu bài toán, ta có: max1;2f(x)+min1;2f(x)=8⇔1+m2+2+m3=8⇔m=415  .

Vậy m=415  thỏa yêu cầu bài toán.

Chọn A

Hàm số y=f2x−1   xác định và liên tục trên đoạn 0; 1 .

Dựa vào đồ thị hàm số, suy ra y=f'(x)=0⇔x=−1x=1x=2 .

Ta có: g'(x)=2f'2x−1

Cho g'(x)=0⇔2f'2x−1=0⇔2x−1=−12x−1=12x−1=2⇒x=0⇒g(0)=f(−1)x=1⇒g(1)=f(0)x=32⇒g32=f(2)

Dựa vào đồ thị hàm số y=fx⇒f(−1)>f(2)>f(0)⇒g(0)>g32>g(1)

Vậy max0;1g(x)+min0;1g(x)=g(0)+g(1) .

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=f(x) .

Chọn B

Nhìn vào đồ thị ta thấy

· Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y=ac  nằm phía trên trục hoành nên        ac>0⇒a, c  cùng dấu.

· Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x=−dc  nằm bên trái trục tung nên −dc<0⇒dc>0⇒d, c  cùng dấu.

· Giao điểm của đồ thị và trục tung nằm bên dưới trục hoành nên bd<0⇒b, d  trái dấu.

Mà a>0⇒c>0, d>0, b<0 .

Chọn A

Ta có: limx→+∞4x2+6−2x+2=limx→+∞4+6x2−2x1+2x=2

limx→−∞4x2+6−2x+2=limx→−∞−4+6x2−2x1+2x=−2

Vậy hàm số có hai tiệm cận ngang y=±2

Chọn C

· Vì limx→±∞5x2−4x−1x2−1=limx→±∞x25−4x−1x2x21−1x2=limx→±∞5−4x−1x21−1x2=5  nên đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang y=5 .

· Vì limx→1y=limx→15x2−4x−1x2−1=limx→15x+1x−1x+1x−1=limx→15x+1x+1=62=3  nên x=1 không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

·limx→−1+y=limx→−1+5x2−4x−1x2−1=limx→−1+5x2−4x−1x+1x−1=limx→−1+1x+1.5x2−4x−1x−1

Mà:limx→−1+1x+1=+∞limx→−1+5x2−4x−1x−1=−4<0  nên limx→−1+y=−∞ .

limx→−1−y=limx→−1−5x2−4x−1x2−1=limx→−1−5x2−4x−1x+1x−1=limx→−1−1x+1.5x2−4x−1x−1

   Mà: limx→−1−1x+1=−∞limx→−1−5x2−4x−1x−1=−4<0  nên limx→−1−y=+∞ .

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: BDEH , ACGF , IJKL .

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.

Tổng số cạnh là 12+24=36

Chọn D

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

⇒SO là chiều cao của khối chóp .

Ta có SABCD=4a2 ; SO=SB2−OB2=5a2−2a2=a3

Vậy VS.ABCD=13SO.S=ABCDa3.4a23=43a33

Chọn D

Ta có SA⊥ABCD⇒AB  là hình chiếu vuông góc của SB lên mặt phẳng ABCD .

⇒SB,ABCD^=SB,AB^=SBA^=60°.

ΔSAB vuông tại A: SA=tan60°.AB=3.a3=3a .

SABCD=AB2=a32=3a2.

Vậy VS.ABCD=13.SABCD.SA=13.3a2.3a=3a.3 .

Hàm số gx=fx2+2  liên tục và xác định trên R ;g'x=2xf'x2+2 .

Cho g'x=0 , kết hợp với đồ thị hàm số y=f'x  ta được:

                                       x=0f'x2+2=0⇔x=0x2+2=−2x2+2=2x2+2=5⇔x=0x=3x=−3 .

Từ đồ thị đã cho ta có f'x>0⇔−2<x<2x>5

Suy ra f'x2+2>0⇔−2<x2+2<2x2+2>5⇔−4<x2<0x2>3⇔x>3x<−3.

Lập luận tương tự, ta có: f'x2+2<0⇔2<x2+2<5x2+2<−2⇔0<x2<3⇔−3<x<3 .

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên hàm số nghịch biến trên các khoảng  −∞;−3  và 0;3  .

y'=−(12x3−24x).f'(−x4+4x2−6)+12x5−12x3−24x

=−12x(x2−2).f'(−x4+4x2−6)+12xx4−x2−2

=−12x(x2−2).f'(−x4+4x2−6)−x2+1

Ta có −x4+4x2−6=−(x2−2)2−2≤−2,  ∀x∈ℝ  .

Dựa vào bảng xét dấu .

Mà  x2+1≥1, ∀x∈ℝ.

Do đó :f'(−x4+4x2−6)−(x2+1)<0, ∀x∈ℝ .

+ Cho .y'=0⇔x=0x2−2=0⇔x=0x=±2

Hàm số y=3f(−x4+4x2−6)+2x6−3x4−12x2  có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

Vậy hàm số y=3f(−x4+4x2−6)+2x6−3x4−12x2  có 2 điểm cực tiểu.

a)

Gọi x (m) , 2x (m)  , h (m)  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)+2x2=6xh+2x2=6,7 ⇒h=6,7−2x26x .

Vì h>0  nên x<6,72 .

Thể tích bể là Vx=6,7x−2x33, ∀x∈0;6,72 .

Suy ra V'x=6,7−6x23, ∀x∈0;6,72

Cho V'x=0⇔6,7−6x23=0⇔x=6,76  (nhận);V6,76≈1,57 .

Bảng biến thiên

Vậy bể cá có dung tích lớn nhất bằng 1,57m3 .

b)

Gọi H  là trung điểm của B'C' , khi đó góc giữa mp AB'C'  và đáy là góc AHA'^=60°  .

Ta có SΔABC=12AC.AB.sin120°=a234  .

B'C'=BC=AB2+AC2−2AB.AC.cos120°=a2+a2−2.a.a.−12=a3

⇒A'H=2SΔABCB'C'=a2⇒AA'=A'H.tan60°=a32.

Vậy V=SΔACB.AA'=3a38 .

Hàm số y=fx=x+mx+1  xác định và liên tục trên 0;1.

+ Với m=1  hàm số trở thành y=1⇒max0;1fx=min0;1fx=1⇒max0;1fx+min0;1fx=2

Do đó m=1  thỏa yêu cầu bài toán.

+ Với m≠1  hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên 0;1 . Ta có  f(0)=m, f(1)=m+12  

·       TH1: f0.f1≤0⇔m.m+12≤0⇔−1≤m≤0

Khi đó min0;1fx=0 và max0;1fx=m hoặc max0;1fx=m+12

Theo giả thiết ta phải có m=2m+12=2⇔m=±2m=3m=−5  (loại).

·       TH2: f0.f1>0⇔mm+12>0⇔m<−1m>0

Khi đó  max0;1f(x)=f(1); min0;1f(x)=f(0)max0;1f(x)=f(0); min0;1f(x)=f(1).

Theo giả thiết ta có: max0;1fx+min0;1fx=2⇔m+m+12=2⇔m+m+12=2−m−m+12=2⇔m=1m=−53(thoả mãn).

  Vậy với  m=1m=−53  thì điều kiện bài toán thỏa mãn.